旅行

旅行 

题目描述

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。

输入格式 1870.in

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。

输出格式 1870.out

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。

输入样例 1870.in

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

输出样例 1870.out

6

本题数据范围
2 <= N <= 50
1 <= M <= 2450
1 <= T <= 50
1 <= X，Y <= N
X != Y
1 <= Z <= 50

    这题的确是网络流的题目，在网络流的基础上加二分，但是并不是在city之间直接连线，需要把点拆开。因为这些city要多次通过，所以单单一个点是完全不够的。

大体思路：

    二分一个时间（ti），把第一天的第一个点连到s，把第ti天的第n个点连到结束点t。把n个点都拆成ti，按题目的要求连边，如题意所说，由一个城市到另一个城市应该是已经到了第二天，所以注意连过去的应该是下一天的目标点。

    而有可能有一部分人是没办法一天就过去那个点，所以这个城市也要连接这个城市的下一天。

    构图如图所示

具体实现：

    先说一下构图的实现：

    首先，枚举i为城市数，j为天数，给每一天的i都附上下标，就是(j-1)*n+i，具体为什么是这样，这是一个数学问题，通过上图大概计算一下即可得出。

    因为输入的是a[i]和b[i]，要这些天相连，其实也不难连，就是同理为(j-1)*n+a[i]连到(j-1)*n+b[i]，边权为他们之间可通过的人数。

    而与下一天相连也是同样的道理，j*n+i即为下一天，边权为oo。

    而连到s与连到t的边权则为一开始的总人数num。

    每次二分出来的mid都跑一次最大流，判断是否得出的人数为总人数num，就知道在这样的时间以内是否可以通过这么多的人。

    如果不可以通过，时间再往后延长，即lo=mid。

一个小问题：

    让我们感到有点诧异的是，一开始输出hi的结果一直比正确答案加一，AC的代码证明，要输出lo。我们感到奇怪的是，hi的值不应该是可行的吗，怀疑学了假二分。后来wyy发现，我们二分出来的mid是它实际的天数点，而事实上，我们经过的边是点-1。从上图也可以看出来。

#include#include #includeusing namespace std;const int maxm=1000005,maxn=2550,oo=10000000; int n,m,ans,num,a[maxn],s,t,b[maxn],va[maxn],cur=-1;int head[maxm],v[maxm];struct trip{int to,va,next;}edge[maxm];void add(int from,int to,int va){cur++;edge[cur].to=to;edge[cur].va=va;edge[cur].next=head[from];head[from]=cur;}void init(){cur=-1;memset(head,-1,sizeof(head));memset(edge,0,sizeof(edge));}int dfs(int now,int mi){if(now==t) return mi;if(v[now]==1)return 0;v[now]=1;int h=head[now];while(h!=-1){int to=edge[h].to,va=edge[h].va;if(va!=0){int k;k=dfs(to,min(va,mi));if(k!=0){edge[h].va-=k;edge[h^1].va+=k;return k;}}h=edge[h].next;}return 0;}bool start(){ans=0;while(1){memset(v,0,sizeof(v));int res;res=dfs(0,oo);if(res==0) break;ans+=res;} if(ans>=num) return true;else return false;}bool check(int ti){s=0,t=ti*n+1;add(s,1,num);add(1,s,0);add(ti*n,t,num);add(t,ti*n,0);for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j>n>>m>>num;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a[i]>>b[i]>>va[i];}int lo=0,hi=n*num+1;//时间限制 while(lo+1

补充一个知识点：

    这题用到了拆点的小技巧。还有一些题目也要用到，比如说一些题目只给出点权，不是给出边权，那可以采取的办法就是把这个点拆成两个点，一个为入点，一个为出点，把两个点之间的边权赋为原来点的点权。