【BZOJ1570】[JSOI2008]Blue Mary的旅行

Description

在一段时间之后，网络公司终于有了一定的知名度，也开始收到一些订单，其中最大的一宗来自B市。Blue Mary决定亲自去签下这份订单。为了节省旅行经费，他的某个金融顾问建议只购买U航空公司的机票。U航空公司的所有航班每天都只有一班，并且都是上午出发当天下午到达的，所以他们每人每天只能坐一班飞机。经过调查，他们得到了U航空公司经营的所有航班的详细信息，这包括每一航班的出发地，目的地以及最多能买到的某一天出发的票数。(注意: 对于一个确定的航班，无论是哪一天，他们最多能买到的那一天出发的票数都是相同的。) Blue Mary注意到他们一定可以只乘坐U航空公司的航班就从A市到达B市，但是，由于每一航班能买到的票的数量的限制，他们所有人可能不能在同一天到达B市。所以现在Blue Mary需要你的帮助，设计一个旅行方案使得最后到达B市的人的到达时间最早。

Input

第一行包含3个正整数N，M和T。题目中会出现的所有城市分别编号为1,2,…,N，其中城市A编号一定为1，城市B编号一定为N. U公司一共有M条（单向）航班。而连Blue Mary在内，公司一共有T个人要从A市前往B市。以下M行，每行包含3个正整数X,Y,Z, 表示U公司的每一条航班的出发地，目的地以及Blue Mary最多能够买到的这一航班某一天出发的票数。(即：无论是哪一天，Blue Mary最多只能买到Z张U航空公司的从城市X出发到城市Y的机票。) 输入保证从一个城市到另一个城市的单向航班最多只有一个。

Output

仅有一行，包含一个正整数，表示最后到达B市的人的最早到达时间。假设他们第一次乘飞机的那一天是第一天。

Sample Input

3 3 5
1 2 1
2 3 5
3 1 4

Sample Output

HINT

约定：
2 <= N <= 50
1 <= M <= 2450
1 <= T <= 50
1 <= X，Y <= N
X != Y
1 <= Z <= 50

题解：我们假设在tim时所有人都能到达终点，于是我们枚举tim，将每个点拆成tim个，然后连边跑最大流，若流量=T，说明tim就是答案

具体方法：用(i,j)表示将原来的i号节点拆成第j个点
1.S -> (0,0) 流量T
2.(i,j-1) -> (i,j) 流量∞
3.对于边(a,b,c) (a,j-1) -> (b,j) 流量c
4.(n,j) -> T 流量T

由于本人觉得点数比较多，感到很虚，所以用了动态加边的最大流，56ms飞起~

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <queue>

#define P(A,B)	((B)*n+A)

using namespace std;

int to[1000000],next[1000000],val[1000000],d[50010],head[50010],pa[2500],pb[2500],pc[2500];

int n,m,t,cnt,ans,sum,S,T,tim;

queue<int> q;

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,int c)

{

	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;

	to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;

}

int bfs()

{

	int i,u;

	memset(d,0,sizeof(d));

	while(!q.empty())	q.pop();

	d[S]=1,q.push(S);

	while(!q.empty())

	{

		u=q.front(),q.pop();

		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])

		{

			if(!d[to[i]]&&val[i])

			{

				d[to[i]]=d[u]+1;

				if(to[i]==T)	return 1;

				q.push(to[i]);

			}

		}

	}

	return 0;

}

int dfs(int x,int mf)

{

	if(x==T)	return mf;

	int i,temp=mf,k;

	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])

	{

		if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])

		{

			k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));

			if(!k)	d[to[i]]=0;

			val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;

			if(!temp)	break;

		}

	}

	return mf-temp;

}

int main()

{

	n=rd(),m=rd(),t=rd(),tim=n+t;

	S=0,T=n*(tim+1)+1;

	memset(head,-1,sizeof(head));

	add(S,1,t);

	int i,j,k,a,b,c;

	for(i=1;i<=m;i++)	pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),pc[i]=rd();

	for(i=1;i<=tim;i++)

	{

		for(j=1;j<=m;j++)	add(P(pa[j],i-1),P(pb[j],i),pc[j]);

		for(j=1;j<=n;j++)	add(P(j,i-1),P(j,i),1<<30);

		add(P(n,i),T,t);

		while(bfs())	sum+=dfs(S,1<<30);

		if(sum==t)

		{

			printf("%d",i);

			return 0;

		}

	}

}

Mary