BZOJ 1927 SDOI2010 星际竞速 最小费用最大流

　　中文题面，还特长。请各位自行品尝→星际竞速

分析：

　　首先拆穿题面一个伪装。题面里竟然明摆着说是双向图，后来又变成了“只能由每个星球飞往引力比它大的星球”，所以这就是出题人凑字数的把戏，我们直接将其看作单向边就好了（不过如果给的顺序反了要swap一下）

　　这个题目的图比较好建，比起那些奇奇怪怪的转化，我们只需要按着题面建图就好了。

　　我们要满足“每个点恰好访问一次”这个限制，在求最小费用的题目里，我们应该用最大流来保证这种限制（就是说，当全图为最大流时，即为访问每个点恰好一次）

　　我们按照在这个思路去建图。将每个星球拆成一个入点和一个出点

　　从原点S向每个星球的入点连一条容量为1费用为0的边。

　　从原点向每个点的出点连一条容量为1费用为瞬移定位时间的边（表示不走寻常路的流？）

　　假如在原图中存在（x->y）的一条边，那么我们从x的入点向y的出点连容量为1费用为航路所需时间的边（表示从x点走向了y点完成了这条航道的使命？）

　　最小费用最大流，输出费用，结束。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
const int N=5000,M=100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
queue<int>q;int c1[N],c2[N],cnt;
struct node{int y,z,f,nxt;}e[M];
int lst[N],pre[N],S,T;bool vis[N];
int h[N],c=1,n,m,d[N],f[N],ans,tot;
void add(int x,int y,int l,int z){
    e[++c]=(node){y,z,l,h[x]};h[x]=c;
    e[++c]=(node){x,-z,0,h[y]};h[y]=c;
} bool spfa(){
    for(int i=S;i<=T;i++) pre[i]=-1,
    f[i]=inf,lst[i]=vis[i]=0,d[i]=inf;
    q.push(S);d[S]=0;pre[S]=0;
    while(q.size()){
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
        if(d[y=e[i].y]>d[x]+e[i].z&&e[i].f){
            d[y]=d[x]+e[i].z;pre[y]=x;lst[y]=i;
            f[y]=min(f[x],e[i].f);
            if(!vis[y]) vis[y]=1,q.push(y);
        }
    } return (pre[T]!=-1);
} void solve(){
    while(spfa()){
        ans+=d[T]*f[T];int x=T;
        while(x) e[lst[x]].f-=f[T],
        e[lst[x]^1].f+=f[T],x=pre[x];
    } return ;
} int main(){ ms(h,-1);
    scanf("%d%d",&n,&m);S=0;cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    c1[i]=++cnt,c2[i]=++cnt;T=++cnt;
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    scanf("%d",&x),add(S,c2[i],1,x);
    for(int i=1;i<=n;i++) add(S,c1[i],1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) add(c2[i],T,1,0);
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);if(x>y)
        swap(x,y);add(c1[x],c2[y],1,z);
    } solve();
    printf("%d
",ans);return 0;
}