洛谷傳送門 LOJ傳送門

這估計是網絡流$24$題圖最難建的一個了..剛了2h沒剛出來

首先，肯定要把每一天拆成$2$個點，表示白天和晚上

正常的思路一般是：源點和白天連，白天和晚上連邊，晚上和匯點連，晚上再分別向快洗慢洗對應的早上連邊，白天和白天之間連邊，然後跑費用流..

然而我們發現怎麽跑都不行啊！為啥快洗慢洗的邊都走不了了呢？？？

因為快洗慢洗會減少流量，不滿足費用流：最小費用最大流的定義

所以我們要改一下建圖方式，拆點的思路不變：

1.源點$s$向晚上連邊，流量為$a_{i}$，費用為$0$，表示這一天晚上獲得了$a_{i}$個舊餐巾

2.白天向匯點$t$連邊，流量為$a_{i}$，費用為$0$，表示這一天白天需要$a_{i}$個新餐巾

3.第$i$天白天和向$i+1$白天連邊，流量為$inf$，費用為$0$，表示今天白天的新餐巾可以留到明天白天

4.第$i$天晚上向第$i+$慢洗天數/$i+$快洗天數的白天連邊，流量為$inf$，費用為慢洗費用/快洗費用，表示把舊餐巾送洗

5.源點$s$向白天連邊，流量為$inf$，費用為p，表示白天還可以直接購買新餐巾

然後跑最小費用最大流即可

我們可以得到一點啟發，通過限制匯點周圍的邊來達到限制流量的目的，也是一種建圖方式

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <algorithm>
 4
 
 #define N1 4010
 5 #define M1 25010
 6 #define ll long long
 7 #define dd double
 8 #define inf 0x3f3f3f3f
 9 using namespace std;
10 
11 int gint()
12 {
13     int ret=0,fh=1;char c=getchar();
14     while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)fh=-1;c=getchar();}
15     while(c>=‘0‘&&c<=‘9
 
‘){ret=ret*10+c-‘0‘;c=getchar();}
16     return ret*fh;
17 }
18 struct Edge{
19 int head[N1],to[M1<<1],nxt[M1<<1],flow[M1<<1],cost[M1<<1],cte;
20 void ae(int u,int v,int F,int C)
21 {
22     cte++; to[cte]=v; flow[cte]=F; cost[cte]=C;
23     nxt[cte]=head[u]; head[u]=cte;
24 }
25 }e,E;
26 int n,nn,S,T,p,A,B,C,D;
27 int a[N1],que[M1<<1],hd,tl,cost[N1],flow[N1],use[N1],id[N1],de;
28 int spfa()
29 {
30     int x,j,v;
31     memset(cost,0x3f,sizeof(cost)); memset(flow,0,sizeof(flow)); 
32     hd=1,tl=0; que[++tl]=S; cost[S]=0; flow[S]=inf; use[S]=1;
33     while(hd<=tl)
34     {
35         x=que[hd++];
36         for(j=e.head[x];j;j=e.nxt[j])
37         {
38             v=e.to[j]; 
39             if( cost[v]>cost[x]+e.cost[j] && e.flow[j]>0 )
40             {
41                 cost[v]=cost[x]+e.cost[j]; id[v]=j; 
42                 flow[v]=min(flow[x],e.flow[j]);
43                 if(!use[v]) que[++tl]=v, use[v]=1;
44             }
45         }
46         use[x]=0;
47     }
48     de++;
49     return cost[T]!=inf;
50 }
51 ll EK()
52 {
53     int x,fl;ll tcost=0;
54     while(spfa())
55     {
56         fl=flow[T]; tcost+=1ll*fl*cost[T]; 
57         for(x=T;x!=S;x=e.to[id[x]^1])
58         {
59             e.flow[id[x]]-=fl;
60             e.flow[id[x]^1]+=fl;
61         }
62     }
63     return tcost;
64 }
65 
66 int main()
67 {
68     scanf("%d",&n); nn=2*n;
69     int i,j; S=0; T=nn+1; e.cte=1;
70     for(i=1;i<=n;i++) a[i]=gint();
71     p=gint(); A=gint(); B=gint(); C=gint(); D=gint();
72     for(i=1;i<=n;i++) e.ae(i+n,T,a[i],0), e.ae(T,i+n,0,0);
73     for(i=1;i<=n;i++) e.ae(S,i,a[i],0), e.ae(i,S,0,0);
74     for(i=1;i<=n;i++) e.ae(S,i+n,inf,p), e.ae(i+n,S,0,-p);
75     for(i=n+1;i<n+n;i++) e.ae(i,i+1,inf,0), e.ae(i+1,i,0,0); 
76     for(i=1;i+A<=n;i++) e.ae(i,i+A+n,inf,B), e.ae(i+A+n,i,0,-B);
77     for(i=1;i+C<=n;i++) e.ae(i,i+C+n,inf,D), e.ae(i+C+n,i,0,-D);
78     printf("%lld\n",EK());
79     return 0;
80 }

[網絡流24題] 餐巾計劃問題 (費用流)