POJ 2391 多源多汇拆点最大流 +flody+二分答案

题意：在一图中，每个点有俩个属性：现在牛的数量和雨棚大小（下雨时能容纳牛的数量），每个点之间有距离，
给出牛（速度一样）在顶点之间移动所需时间，问最少时间内所有牛都能避雨。
模型分析：多源点去多汇点（此题源点也可能是汇点（源汇同点）），所以我的方法是：建立超级源点和超级
汇点，超级源点连想所有点，容量为该店本来的牛数量，在把各点拆成如图（略丑），到汇点的容量分别为
避雨容纳量，点点之间容量可以无限大。folyd求任意两点的最短路后，二分最大时间建图，枚举求最大之最小即可。
未1A原因：
1：开始时为了偷取一点时间复杂度，源点和汇点的部分图按全局先建立了，导致链式前向星操作失控，
也因为这样更好的理解了head[i]的作用；
2：开始没有拆点，这题明显和POJ2112不同，因为目标点（多个）和出发点（多个）可能在同一个点，
必需拆点i  --》i+n+1(n+1是超级汇点)。
3.注意此题数据范围，一条边可能到10^10，多边时必然爆INT，用longlong，在函数传参的时候也别忘记！
还有就是几条边，200*200*2+200*2*2（200个点拆后俩俩有双向边+超级源点和汇点）。

PS：为什么我的dinic时间要700MS+。。。。

#include<iostream>//750MS#include<cstdio>#include<vector>#include<queue>using namespace std;int n,m;const int inf =0x3f3f3f3f;long long a[210][210]; long long minmax=0;int num=0;int  sh=0; int numcow=0;int e[81001][3];int head[410]; int cow[210];int shelt[210];  //链式前向星二维数组表示法，0：to,1:pre,2:wight;void folyd()                   //最短路不用说{     for(int i=1;i<=n;i++)       for(int j=1;j<=n;j++)         for(int ii=1;ii<=n;ii++)                if(a[j][ii]>a[j][i]+a[i][ii])                   {                       a[j][ii]=a[j][i]+a[i][ii];                      if(a[j][ii]>minmax)minmax=a[j][ii];         //枚举上界                   }}void build(long long limit)  //建图{       num=0;     for(int i=0;i<=2*n+2;i++)        head[i]=-1;    for(int i=1;i<=n;i++)    //超级源点和汇点     {         e[num][0]=i;e[num][1]=head[0];head[0]=num;         e[num++][2]=cow[i];         e[num][0]=0;e[num][1]=head[i];head[i]=num;         e[num++][2]=0;         e[num][0]=n+1;e[num][1]=head[i+n+1];head[i+n+1]=num;         e[num++][2]=shelt[i];         e[num][0]=i+n+1;e[num][1]=head[n+1];head[n+1]=num;         e[num++][2]=0;     }    for(int i=1;i<=n;i++)    //限制下可以添加的边      for(int j=1;j<=n;j++)         if(a[i][j]<=limit)           {               e[num][0]=j+n+1;e[num][1]=head[i];head[i]=num;               e[num++][2]=numcow;               e[num][0]=i;e[num][1]=head[j+n+1];head[j+n+1]=num;               e[num++][2]=0;           }}int level[410];int vis[410];bool bfs()                          //bfs+dfs,dinic算法{    for(int i=0;i<=2*n+2;i++)       vis[i]=level[i]=0;     queue<int>q;    q.push(0);vis[0]=1;    while(!q.empty())    {      int cur=q.front();q.pop();      for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])          {    int to=e[i][0];              if(!vis[to]&&e[i][2]>0)              {                  vis[to]=1;                  level[to]=level[cur]+1;                  if(to==n+1)return 1;                  q.push(to);              }          }    }    return vis[n+1];}int dfs(int uu,int minf){    if(uu==n+1||minf==0)return minf;    int sum=0,f;     for(int i=head[uu];i!=-1&&minf;i=e[i][1])          {      int to=e[i][0];              if(level[to]==level[uu]+1&&e[i][2]>0)              {                  f=dfs(to,minf<e[i][2]?minf:e[i][2]);                  e[i][2]-=f;e[i^1][2]+=f;                  sum+=f;minf-=f;              }          }      return sum;}bool check(long long limit)   {    build(limit);    int sumflow=0;    while(bfs())    {        sumflow+=dfs(0,inf);    }    if(sumflow==numcow)      return 1;   return 0;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);     for(int i=1;i<=n;i++)     {         scanf("%d%d",&cow[i],&shelt[i]);         numcow+=cow[i]; sh+=shelt[i];     }    for(int i=0;i<=n;i++)                 for(int j=0;j<=n;j++)             a[i][j]=10000000000000;    for(int i=0;i<=n;i++)         a[i][i]=0;       for(int j=1;j<=m;j++)        {           int temp1,temp2;           scanf("%d%d",&temp1,&temp2);           long long tempa;           scanf("%lld",&tempa);           if(a[temp1][temp2]>tempa)           {              a[temp1][temp2]=tempa;              a[temp2][temp1]=tempa;              if(a[temp1][temp2]>minmax)minmax=a[temp1][temp2];         //枚举上界           }        }     if(numcow>sh){printf("-1\n");return 0;}   //无解情况    folyd();    long long left=0,right=minmax,mid;    if(!check(minmax)){printf("-1\n");return 0;}   //无解情况      while(right>left+1)          //二分答案，注意一下      {          mid=(right+left)/2;          if(check(mid))          {              right=mid;          }          else            left=mid;      }      if(check(right-1))         //最后二分时判断特殊情况      printf("%lld\n",right-1);      else        printf("%lld\n",right);     return 0;}