【BZOJ】1927: [Sdoi2010]星际竞速（费用流）-白红宇

【BZOJ】1927: [Sdoi2010]星际竞速（费用流）

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发布时间：2019-06-29

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题意：n个点的无向图。m条加权边。只能从编号小的到编号大的。可以瞬移，瞬移有时间。每个点只能访问一次。问访问所有n个点的最少时间。（N<=800, M<=15000）

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             #include 
             using namespace std;typedef long long ll;#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))#define read(a) a=getint()#define print(a) printf("%d", a)#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }const int N=2005, oo=~0u>>2;int ihead[N], cnt=1, q[N], n, p[N], d[N], vis[N];struct dat { int next, to, cap, from, w; }e[N*N];void add(int u, int v, int c, int w) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].from=u; e[cnt].cap=c; e[cnt].w=w; e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].from=v; e[cnt].cap=0; e[cnt].w=-w;}bool spfa(int s, int t) { for1(i, 0, t) vis[i]=0, d[i]=oo; d[s]=0; int front=0, tail=0; q[tail++]=s; while(front!=tail) { int u=q[front++], v; if(front==N) front=0; vis[u]=0; rdm(u, i) if(e[i].cap) { v=e[i].to; if(d[v]>d[u]+e[i].w) { d[v]=d[u]+e[i].w; p[v]=i; if(!vis[v]) { vis[v]=1; if(d[v]
              
               y) swap(x, y); add(x, y+n, 1, getint()); } printf("%d\n", mcf(s, t)); return 0;}

好神的题！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

建图：

源向i+n连容量1，费用为能力爆发的费用

源向i连容量1，费用为0

i+n向汇连容量1，费用0

如果有边x<y，连x到y+n容量为1，费用为时间

然后跑最小费用最大流

为什么这样就行了呢？

由于每一个点都访问到，因此只需要连边即可，一个是到了i点，我们从这个点选择下一个点。一个是到过i点（即上面的i+n），用来标记这个点是否已经到过！

所以我们只需要考虑每个已到过的点是如何到的即可。

1. 顺移到的，这样不需要考虑是从哪个转移过来的。

2. 连边过来了，由于每一个点肯定访问过了，所以无论哪个点都能做自己的前驱。

所以按照上面的连边就行了。

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