【BZOJ2245】[SDOI2011]工作安排
Description
你的公司接到了一批订单。订单要求你的公司提供n类产品，产品被编号为1~n，其中第i类产品共需要C件。公司共有m名员工，员工被编号为1~m员工能够制造的产品种类有所区别。一件产品必须完整地由一名员工制造，不可以由某名员工制造一部分配件后，再转交给另外一名员工继续进行制造。
我们用一个由0和1组成的m*n的矩阵A来描述每名员工能够制造哪些产品。矩阵的行和列分别被编号为1~m和1~n，A为1表示员工i能够制造产品j，为0表示员工i不能制造产品j。
如果公司分配了过多工作给一名员工，这名员工会变得不高兴。我们用愤怒值来描述某名员工的心情状态。愤怒值越高，表示这名员工心情越不爽，愤怒值越低，表示这名员工心情越愉快。员工的愤怒值与他被安排制造的产品数量存在某函数关系，鉴于员工们的承受能力不同，不同员工之间的函数关系也是有所区别的。
对于员工i，他的愤怒值与产品数量之间的函数是一个S+1段的分段函数。当他制造第1~T件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W，当他制造第T+1~T件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W……为描述方便，设T=0,T=+∞，那么当他制造第T+1~T件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W， 1≤j≤S+1。
你的任务是制定出一个产品的分配方案，使得订单条件被满足，并且所有员工的愤怒值之和最小。由于我们并不想使用Special Judge，也为了使选手有更多的时间研究其他两道题目，你只需要输出最小的愤怒值之和就可以了。
Input
第一行包含两个正整数m和n，分别表示员工数量和产品的种类数；
第二行包含n 个正整数，第i个正整数为C；
以下m行每行n 个整数描述矩阵A；
下面m个部分，第i部分描述员工i的愤怒值与产品数量的函数关系。每一部分由三行组成：第一行为一个非负整数S，第二行包含S个正整数，其中第j个正整数为T，如果S=0那么输入将不会留空行（即这一部分只由两行组成）。第三行包含S+1个正整数，其中第j个正整数为W。
Output
仅输出一个整数，表示最小的愤怒值之和。
Sample Input
2 2 2
1 1 0
0 0 1
1
2
1 10
1
2
1 6
Sample Output
HINT
题解：如题，直接连边费用流即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,S,T;
int to[1000000],next[1000000],flow[1000000];
int head[600],t[600],inq[600],pe[600],pv[600];
ll ans,cost[1000000],dis[600];
queue<int> q;
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
void add(int a,int b,ll c,int d)
{
to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
int i,u;
q.push(S),dis[S]=0;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])
{
dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
if(!inq[to[i]]) inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
}
}
}
return dis[T]<0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
}
int main()
{
m=rd(),n=rd();
int i,j,a,mf;
S=0,T=n+m+1;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++) add(i+m,T,0,rd());
for(i=1;i<=m;i++) for(j=1;j<=n;j++) if(rd()) add(i,j+m,0,1<<30);
for(i=1;i<=m;i++)
{
a=rd();
for(j=1;j<=a;j++) t[j]=rd();
for(j=1;j<=a;j++) add(S,i,rd(),t[j]-t[j-1]);
add(S,i,rd(),1<<30);
}
while(bfs())
{
mf=1<<30;
for(i=T;i!=S;i=pv[i]) mf=min(mf,flow[pe[i]]);
ans+=dis[T]*mf;
for(i=T;i!=S;i=pv[i]) flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}