费用流是如此地令人自闭
- 每天需要
ni个干净的餐巾。它有三种来源,购买、之前的脏餐巾慢洗、快洗。三种花费均不相同。慢洗与快洗是使用过之后
a,b天后才可以使用。
- 为了保证每天一定有
ni个干净餐巾来使用,我们从
s向
i连一条容量为
ni,代价为
f的边,同时从
i向
t连一条容量为
ni,代价为
0的边。但是这只是一种来源的请款,我们还有其他的来源。
- 考虑,某一天的一些脏餐巾可能会被用到。所以,这些脏餐巾可以有一个流向,流到它往后的天数里。但是为了不影响之前的图结构,并且不重复计算那个购买的代价,我们对每一天新建一个节点,这个节点存了
ni个脏餐巾,这些餐巾有两种可能,一种是洗完重新使用,一种是传递给下一天。所以,我们从
s到
i′连容量为
ni代价为
0的边,从
i′到
i+1′连容量为
ni代价为
0的边,从
i′到
i+a′连容量为
ni,代价为
fa的边。
- 啊,做完了吧。保证
ni了吗?当然,
i到
t那条边一定流满了。跑一个最小费用最大流,即为答案。
Coding
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define rint register int
using namespace std;
const int N=5e3+10;
const int M=2e5+10;
const int inf=1e9;
int n,tot=1,s,t,ver[M],Next[M],lin[N],edge[M],cost[M],incf[N],pre[N],v[N],c[N],sum[N];
ll ans,d[N];int f,a,b,fa,fb;
int read(){
char ch=getchar();int num=0,f=1;
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){num=(num<<1)+(num<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return num*f;
}
void add(int x,int y,int z,int val){
ver[++tot]=y;Next[tot]=lin[x];lin[x]=tot;edge[tot]=z;cost[tot]=val;
ver[++tot]=x;Next[tot]=lin[y];lin[y]=tot;edge[tot]=0;cost[tot]=-val;
}
bool spfa(){
queue<int>q;
memset(d,0x3f,sizeof(d));
memset(v,0,sizeof(v));
d[s]=0,q.push(s),v[s]=1;
incf[s]=1e9;
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();v[x]=0;
for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
if(edge[i]){
int y=ver[i];
if(d[y]>d[x]+cost[i]){
d[y]=d[x]+cost[i];pre[y]=i;
incf[y]=min(incf[x],edge[i]);
if(!v[y]) v[y]=1,q.push(y);
}
}
}
}
if(d[t]>=1e12) return 0;
return 1;
}
void update(){
int x=t;
while(x!=s){
int i=pre[x];
edge[i]-=incf[t];
edge[i^1]+=incf[t];
x=ver[i^1];
}
ans=ans+1LL*incf[t]*d[t];
}
int main(){
n=read();s=0,t=2*n+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
c[i]=read();sum[i]=sum[i-1]+c[i];
}
f=read(),a=read(),fa=read(),b=read(),fb=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
add(s,i,c[i],f);add(i,t,c[i],0);
add(s,i+n,c[i],0);
int l=i-a;
if(l>0) add(l+n,i,inf,fa);
l=i-b;
if(l>0) add(l+n,i,inf,fb);
if(i>1) add(i-1+n,i+n,inf,0);
}
while(spfa()){
update();
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}