[费用流]luogu P3980 志愿者招募

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3980

分析

这题可谓是借差补全的典例了

一拿到题，想法肯定是源点向志愿者连费用的边，志愿者向时间段连边，时间段向t连需求的边

但是我们发现，这样的话需要把一个流量当多个流量用，不符合网络流的操作

那么我们考虑时间轴建图

我们从s[i]到t[i]+1连流量无限，费用为c[i]的边

从i到i+1连流量为无限-a[i]的边，费用为0

然后S=0到i连流量无限的边，n+1到T=n+2连流量无限的边

我们发现整个网络如果合法，最大流为Inf

但是时间轴上的限制会缩减最大流，这时候我们通过用额外的权值边补全最大流

我当时看到这个做法的时候忍不住拍案叫绝，事实证明，做题不能按照惯性思维，有时候需要颠倒常识

刚开始还以为是上下界呢= =

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <memory.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll Inf=1ll<<62;
const int N=1e3+10;
const int M=1e4+10;
struct Pipe {
    int v,c,w,nx;
}g[2*(N+M)];
int cnt=1,list[N],f[N];
ll dis[N],ans;
bool vis[N];
int n,m,s,t;

void Add(int u,int v,int c,int w) {
    g[++cnt]=(Pipe){v,c,w,list[u]};list[u]=cnt;
    g[++cnt]=(Pipe){u,0,-w,list[v]};list[v]=cnt;
}

bool SPFA() {
    queue<int> q;
    while (!q.empty()) q.pop();
    for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=Inf;
    q.push(s);dis[s]=0;vis[s]=1;
    while (!q.empty()) {
        int u=q.front();q.pop();
        for (int i=list[u];i;i=g[i].nx)
            if (g[i].c&&dis[g[i].v]>dis[u]+g[i].w) {
                dis[g[i].v]=dis[u]+g[i].w;f[g[i].v]=i;
                if (!vis[g[i].v]) q.push(g[i].v);
                vis[g[i].v]=1;
            }
        vis[u]=0;
    }
    return dis[t]!=Inf;
}

void MCF() {
    int x=t,mf=2147483647;
    while (f[x]) {
        mf=min(mf,g[f[x]].c);
        x=g[f[x]^1].v;
    }
    x=t;
    while (f[x]) {
        ans+=g[f[x]].w*mf;
        g[f[x]].c-=mf;g[f[x]^1].c+=mf;
        x=g[f[x]^1].v;
    }
}

void Dinic() {
    while (SPFA()) MCF();
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s=0;t=n+2;
    Add(s,1,2147483647,0);Add(n+1,t,2147483647,0);
    for (int i=1,a;i<=n;i++) scanf("%d",&a),Add(i,i+1,2147483647-a,0);
    for (int i=1,u,v,cost;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&u,&v,&cost),Add(u,v+1,2147483647,cost);
    Dinic();
    printf("%d",ans);
}