【CodeChef】Annual Parade -最小费用最大流&无向图最小链覆盖

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传送门：Annual Parade

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题解

求链覆盖所有点的最小花费，考虑拆点跑最小费用最大流。

$10^5$次关于 $C$的询问说明费用流实际上和 $C$的关系不大。
先考虑如何抛开 $C$回答单次询问。

考虑拆点：将 $i$拆成 $i,i'$。
源点 $S$-> $i$连一条流量为 $1$，费用为 $0$的边。
$i$->汇点 $T$连一条流量为 $1$，费用为 $0$的边。
每条路径 $(x,y,v)$连一条 $x->y'$流量为 $1$，费用为 $v$的边。
$i'$-> $i$连一条流量为 $+\infty$，费用为 $0$的边(多次经过一个点)。

观察每次一条新的增广路(费用为 $cost$)的贡献：连接了两条不连通的路径，使得原花费 $-C$；连成了环，也使得原花费 $-C$。

初始化费用为 $n\times C$(没有路径)，每一条新的增广路的贡献为 $cost-c$。那么花费最小的方案就是选择所有 $cost<c$的增广路。

所以先 $Floyd$跑一遍任意两点之间最短路，跑一遍最小费用最大流，依次记录每条增广路的花费。最后每次询问二分回答即可。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=510,M=4e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,K,S,T,f[255][255],vs[N],tim,lim;
int head[N],cur[N],to[M],nxt[M],w[M],c[M],tot=1;
bool inq[N];int dis[N],prf,prc,flw[N],cst[N];

vector<int>dg;

inline void lk(int u,int v,int vv,int cc)
{
	to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;w[tot]=vv;c[tot]=cc;
	to[++tot]=u;nxt[tot]=head[v];head[v]=tot;w[tot]=0;c[tot]=-cc;
}

char cp,OS[100];
inline void rd(int &x)
{
	cp=getchar();x=0;
	for(;!isdigit(cp);cp=getchar());
	for(;isdigit(cp);cp=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(cp^48);
}

inline void ot(int x)
{
	int re=0;
	for(;(!re)||(x);x/=10) OS[++re]='0'+x%10;
	for(;re;--re) putchar(OS[re]);
	putchar('\n');
}

deque<int>que;
inline bool spfa()
{
	int i,j,x;
	memset(dis,0x3f,lim);dis[T]=0;inq[T]=true;que.push_back(T);
	for(;que.size();){
		x=que.front();que.pop_front();
		for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
			j=to[i];if((!w[i^1])||(dis[j]<=dis[x]-c[i])) continue;
			dis[j]=dis[x]-c[i];if(inq[j]) continue;
			if(que.empty() || dis[j]<=dis[que.front()]) que.push_front(j);
			else que.push_back(j);inq[j]=true;
		}
		inq[x]=false;
	}
	return dis[S]<inf;
}

int dfs(int x,int f,int cot)
{
	vs[x]=tim;
	if(x==T){
		dg.push_back(cot);
		int sz=dg.size();
		prf+=f;flw[sz]=prf;
		prc+=f*cot;cst[sz]=prc;
		return f;
	}
	int j,res,ss=0;
	for(int &i=cur[x];i;i=nxt[i]){
		j=to[i];if((!w[i])||(vs[j]==tim)||(dis[j]!=dis[x]-c[i])) continue;
		res=dfs(j,min(f-ss,w[i]),cot+c[i]);if(!res) continue;
		w[i]-=res;w[i^1]+=res;ss+=res;
		if(ss==f) return ss;
	}
	if(!ss) dis[x]=-1;
	return ss;
}

int main(){
	int i,j,k,x,y,z;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	rd(n);rd(m);rd(K);
	for(i=1;i<=n;++i) f[i][i]=0;
	for(i=1;i<=m;++i){
		rd(x);rd(y);rd(z);
		f[x][y]=min(f[x][y],z);
	}
	for(k=1;k<=n;++k)
	 for(i=1;i<=n;++i)
	  for(j=1;j<=n;++j)
	    f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
	S=(n<<1)+1;T=S+1;lim=sizeof(int)*(T+2);
	for(i=1;i<=n;++i) lk(S,i,1,0),lk(i+n,T,1,0);
	for(i=1;i<=n;++i)
	 for(j=1;j<=n;++j) if((i!=j)&&(f[i][j]<inf))
	   lk(i,j+n,1,f[i][j]);
	for(;spfa();){
		for(vs[T]=tim;vs[T]==tim;){
			tim++;memcpy(cur,head,lim);dfs(S,inf,0);
		}
	}
	for(;K;--K){
		rd(z);x=lower_bound(dg.begin(),dg.end(),z)-dg.begin();
		ot((n-flw[x])*z+cst[x]);
	}
	return 0;
}