BZOJ 1570: [JSOI2008]Blue Mary的旅行 最大流分层建图

1570: [JSOI2008]Blue Mary的旅行

Time Limit: 15 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 486  Solved: 266
[Submit][Status][Discuss]

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

6

HINT

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

最大流分层建图

本来因为是最大值最小化想二分

但数据范围小所以直接枚举天数吧（我才不说是二分没想出来。。。）

每过一天建一层图

由这一天的出发地点向下一天的目的地点连边

#include<cmath>#include<ctime>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<complex>#include<iostream>#include<algorithm>#include<iomanip>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<set>#include<map>using namespace std;inline int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}const int N=60;const int inf=0X3f3f3f3f;int n,m,t,ecnt=1,last[N*N*N<<3],cur[N*N*N<<3],S=0,T=N*N<<5,ans,q[N*N*N<<3],d[N*N*N<<3];struct edge{int u,v,val;}pre[N*N];struct EDGE{int to,nt,val;}e[N*N*N<<3];inline void readd(int u,int v,int val){e[++ecnt]=(EDGE){v,last[u],val};last[u]=ecnt;}inline void add(int u,int v,int val){readd(u,v,val);readd(v,u,0);}bool bfs(){    memset(d,0,sizeof(d));    int head=0,tail=1;q[head]=S;d[S]=1;    while(head<tail)    {        int u=q[head++];        for(int i=last[u];i;i=e[i].nt)        if(e[i].val&&!d[e[i].to])        {            d[e[i].to]=d[u]+1;            q[tail++]=e[i].to;            if(e[i].to==T)return 1;        }    }    if(d[T])return 1;return 0;}int dfs(int u,int limit){    if(u==T||limit==0)return limit;    int flow=0;    for(int i=cur[u];i;i=e[i].nt)    if(e[i].val&&d[u]+1==d[e[i].to])    {        int tmp=dfs(e[i].to,min(limit,e[i].val));        flow+=tmp;limit-=tmp;e[i].val-=tmp;e[i^1].val+=tmp;        if(e[i].val)cur[u]=i;        if(limit==0)break;    }    if(!flow)d[u]=-1;    return flow;}void dinic(int k){while(bfs()){for(int i=0;i<=k*n+n;i++)cur[i]=last[i];cur[T]=last[T];ans+=dfs(S,inf);}}int main(){    n=read();m=read();t=read();    for(int i=1;i<=m;i++)pre[i].u=read(),pre[i].v=read(),pre[i].val=read();    add(S,1,t);    for(int i=1;i<=n+t;i++)    {        for(int j=1;j<=m;j++)add(i*n-n+pre[j].u,i*n+pre[j].v,pre[j].val);        for(int j=1;j<=n;j++)add(i*n-n+j,i*n+j,inf);        add(i*n+n,T,inf);        dinic(i);        if(ans==t){printf("%d\n",i);return 0;}    }    return 0;}