网路流24题-10

餐巾计划问题

«问题描述:
一个餐厅在相继的 N 天里,每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i 天需要 r i 块餐巾(i=1,
2,…,N)。餐厅可以购买新的餐巾,每块餐巾的费用为 p 分;或者把旧餐巾送到快洗部,
洗一块需 m 天,其费用为 f 分;或者送到慢洗部,洗一块需 n 天(n>m),其费用为 s < f 分。
每天结束时,餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部,多少块餐巾送到慢洗部,以及多
少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和,要满足当天的需求量。
试设计一个算法为餐厅合理地安排好 N 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。
«编程任务:
编程找出一个最佳餐巾使用计划.
«数据输入:
由文件 input.txt 提供输入数据。文件第 1 行有 6 个正整数 N,p,m,f,n,s。N 是要安排餐巾
使用计划的天数;p 是每块新餐巾的费用;m 是快洗部洗一块餐巾需用天数;f 是快洗部洗
一块餐巾需要的费用;n 是慢洗部洗一块餐巾需用天数;s 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。
接下来的 N 行是餐厅在相继的 N 天里,每天需用的餐巾数。
«结果输出:
程序运行结束时,将餐厅在相继的 N 天里使用餐巾的最小总花费输出到文件 output.txt
中。
输入文件示例
input.txt
3 10 2 3 3 2
5
6
7
输出文件示例
output.txt
145

【问题分析】

网络优化问题，用最小费用最大流解决。

【建模方法】

把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。

1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。
4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。
6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。

求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。

【建模分析】

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。

经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

在网络上求出的最小费用最大流，满足了问题的约束条件（因为在这个图上最大流一定可以使与T连接的边全部满流，其他边只要有可行流就满足条件），而且还可以保证总费用最小，就是我们的优化目标。

个人理解：图论模型中，约束限制条件可以用边表示，状态转移是边的方向，点是对象。
此处纸巾的去处就是具体的哪一天，一天到一天的的不同途径也就是不同边的花费，容量没有限制，但用完的可以转移到下一天

#include<iostream>#include<math.h>#include<cstring>#include<algorithm>#include<set>#include<map>#include<queue>#include<cstdio>#include<vector>const int INF=0x7fffffff;const int maxn=4001;using namespace std;struct edge{    int to,cap,cost,rev;};int V;int N,p,m,f,n,s,S,T,mincost,Ans=0;vector<edge> G[maxn];int dist[maxn];int prevv[maxn];int preve[maxn];void add_edge(int from,int to,int cap,int cost){    G[from].push_back((edge){to,cap,cost,G[to].size()});    G[to].push_back((edge){from,0,-cost,G[from].size()-1});}int min_cost_flow(int s,int t,int f){    int res=0;    while(f>0)    {        fill(dist,dist+V,INF);        dist[s]=0;        bool update=true;        while(update)        {            update=false;            for(int v=0;v<V;v++)            {                if(dist[v]==INF)                    continue;                for(int i=0;i<G[v].size();i++)                {                    edge &e=G[v][i];                    if(e.cap>0&&dist[e.to]>dist[v]+e.cost)                    {                        dist[e.to]=dist[v]+e.cost;                        prevv[e.to]=v;                        preve[e.to]=i;                        update=true;                    }                }            }        }        if(dist[t]==INF)            return -1;        int d=f;        for(int v=t;v!=s;v=prevv[v])            d=min(d,G[prevv[v]][preve[v]].cap);        f-=d;        res+=d*dist[t];        for(int v=t;v!=s;v=prevv[v])        {            edge &e=G[prevv[v]][prevv[v]];            e.cap-=d;            G[v][e.rev].cap+=d;        }    }    return res;}void init(){    cin>>N>>p>>m>>f>>n>>s;    V=2*N+2;    S=0;    T=2*N+1;    for(int i=1;i<=N;i++)    {        int x;        cin>>x;        Ans+=x;        add_edge(S,i,x,0);        add_edge(i+N,T,x,0);        add_edge(S,i+N,INF,p);    }    for(int i=1;i+1<=N;i++)    {        add_edge(i,i+1,INF,0);    }    for(int i=1;i+m<=N;i++)    {        add_edge(i,i+N+m,INF,f);    }    for(int i=1;i+n<=N;i++)        add_edge(i,i+n+N,INF,s);}void solve(){    mincost=min_cost_flow(S,T,Ans);    cout<<mincost<<endl;}int main(){    init();    solve();    return 0;}