CSU 1506 Double Shortest Paths【最小费用最大流】

来源：互联网发布：软件开发基础教程pdf 编辑：程序博客网时间：2024/06/04 18:03

1506: Double Shortest Paths

Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 Mb Submitted: 410 Solved: 134

Description

Input

There will be at most 200 test cases. Each case begins with two integers n, m (1<=n<=500, 1<=m<=2000), the number of caves and passages. Each of the following m lines contains four integers u, v, di and ai (1<=u,v<=n, 1<=di<=1000, 0<=ai<=1000). Note that there can be multiple passages connecting the same pair of caves, and even passages connecting a cave and itself.

Output

For each test case, print the case number and the minimal total difficulty.

Sample Input

4 41 2 5 12 4 6 01 3 4 03 4 9 14 41 2 5 102 4 6 101 3 4 103 4 9 10

Sample Output

Case 1: 23Case 2: 24

Hint

Source

湖南省第十届大学生计算机程序设计竞赛

题目大意：

给你N个点，M条有向边。现在有两个人从1走到n，问最小总路径花费。

一条边有四个元素：x，y，w，ad

表示这条边从x走到y，第一次走花费w，第二次走花费w+ad.

思路：

不能直接跑两次最短路，因为第一次跑虽然是最优的，但是第二次跑显然再跑当前最优不一定是整体最优。

所以贪心的跑两次最短路是一定不对的。

那么考虑一条边，其价值为w的，只能走一次，那么我们不妨将其看成一个网络流模型。

那么对应建边：

①从源点连入起点1，流为2，费用为0.

②从n连入汇点，流为2，费用为0.

③对于每条边拆成两条边，第一条边从x连入y，流为1，费用为w.

④对于每条边拆成两条边，第二条边从x连入y，流为1，费用为w+ad.

那么此时直接跑费用流即可。

因为题目保证了一定有解，所以我们不必担心其他。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>#include<iostream>using namespace std;struct node{    int from;    int to;    int w;    int f;    int next;    int num;}e[1151515];int n,m,ss,tt,cont;int path[151515];int pre[151515];int head[151515];int dis[151515];int vis[151515];void add(int from,int to,int w,int f){    e[cont].from=from;    e[cont].to=to;    e[cont].f=f;    e[cont].w=w;    e[cont].num=cont;    e[cont].next=head[from];    head[from]=cont++;}int SPFA(){    queue<int >s;    s.push(ss);    memset(pre,-1,sizeof(pre));    memset(path,-1,sizeof(path));    for(int i=1;i<=tt;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f;    dis[ss]=0;    memset(vis,0,sizeof(vis));    vis[ss]=1;    while(!s.empty())    {        int u=s.front();        s.pop();        vis[u]=0;        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)        {            int v=e[i].to;            int w=e[i].w;            int f=e[i].f;            if(f&&dis[v]>dis[u]+w)            {                dis[v]=dis[u]+w;                pre[v]=u;                path[v]=e[i].num;                if(vis[v]==0)                {                    s.push(v);                    vis[v]=1;                }            }        }    }    if(dis[tt]!=0x3f3f3f3f)return 1;    else return 0;}void Min_costflow(){    int ans=0;    int maxflow=0;    while(SPFA()==1)    {        int minn=0x3f3f3f3f;        for(int i=tt;i!=ss;i=pre[i])        {            minn=min(minn,e[path[i]].f);        }        maxflow+=minn;        ans+=dis[tt]*minn;        for(int i=tt;i!=ss;i=pre[i])        {            e[path[i]].f-=minn;            e[path[i]^1].f+=minn;        }    }    printf("%d\n",ans);}int main(){    int kase=0;    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        cont=0;        ss=n+1;        tt=ss+1;        memset(head,-1,sizeof(head));        for(int i=0;i<m;i++)        {            int x,y,w,ad;            scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&w,&ad);            add(x,y,w,1);            add(y,x,-w,0);            add(x,y,w+ad,1);            add(y,x,-(w+ad),0);        }        add(ss,1,0,2);add(ss,1,0,0);        add(n,tt,0,2);add(tt,n,0,0);        printf("Case %d: ",++kase);        Min_costflow();    }}

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