网络流二十四题之十 —— 餐巾计划问题（NAPK）

餐巾计划问题

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Description

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 ri 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。
编程找出一个最佳餐巾使用计划。

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Input

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。

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Output

将餐厅在相继的 N 天里使用餐巾的最小总花费输出

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Solution

本题要把握的一点，就是每天生产出来的脏餐巾是固定的——即每天需用的餐斤数。

这样，我们就可以这样构图：
我们将使用餐巾和生产脏餐巾分为两个不同的板块。

因为限制条件为每天需要用一定数目的餐巾，所以在“使用餐巾”这个版块中，我们将每一天都连一条容量为每天需用的餐巾数的边到汇点。

从源点向“生产脏餐巾”的板块提供原料：从源点向每天连一条容量为每天需用的餐巾数的边。

生产出脏餐巾后，连一条容量为无限的边到送往快洗部洗完之后的那一天，费用设置为快洗的费用；连一条容量为无限的边到送往慢洗部洗完之后的那一天，费用设置为慢洗的费用。
另外，可以当天的餐巾不洗，留到第二天或永远不洗，那么我们还需要从每一天向其之后的那一天连一条容量为无限，费用为 0 的边。

最后求最小费用最大流即可。
因为是最大流，所以除了容量为无限的边之外，其它的边均为满流，满足题目条件。

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Code

[cpp]

1. #include <iostream>  
2. #include <cstdio>  
3. #include <cstring>  
4. #include <queue>  
5.   
6. #define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))  
7. #define MAXN 1000010  
8. #define MAXE 100010  
9. #define INF 0x3f3f3f3f  
10. #define ss 0  
11. #define tt 100005  
12.   
13. using namespace std;  
14.   
15. int N,p,m,f,n,s,ans;  
16. int cnt;  
17. int nxt[MAXN],data[MAXN],wei[MAXN],flow[MAXN],from[MAXN];  
18. int head[MAXE],dis[MAXE];  
19. int pre[MAXE];  
20. bool in_stack[MAXE];  
21. queue<int>q;  
22.   
23. void add(int x,int y,int a,int b){  
24.     from[cnt]=x;nxt[cnt]=head[x];data[cnt]=y;wei[cnt]=b;flow[cnt]=a;head[x]=cnt++;  
25.     from[cnt]=y;nxt[cnt]=head[y];data[cnt]=x;wei[cnt]=-b;flow[cnt]=0;head[y]=cnt++;   
26. }  
27.   
28.   
29. bool BFS(){  
30.     memset(dis,0x3f,sizeof dis);  
31.     q.push(ss);dis[ss]=0;in_stack[ss]=true;  
32.     pre[ss]=pre[tt]=-1;  
33.     while(!q.empty()){  
34.         int now=q.front();  
35.         q.pop();  
36.         in_stack[now]=false;  
37.         for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i]){  
38.             if(flow[i]&&wei[i]+dis[now]<dis[data[i]]){  
39.                 dis[data[i]]=wei[i]+dis[now];  
40.                 pre[data[i]]=(i^1);  
41.                 if(!in_stack[data[i]]){q.push(data[i]);in_stack[data[i]]=true;}  
42.             }  
43.         }  
44.     }  
45.     return pre[tt]>0;  
46. }  
47.   
48. void dfs(){  
49.     int Low=INF;  
50.     for(int i=pre[tt];i!=-1;i=pre[data[i]])Low=Min(Low,flow[i^1]);  
51.     for(int i=pre[tt];i!=-1;i=pre[data[i]]){  
52.         flow[i^1]-=Low;  
53.         flow[i]+=Low;  
54.     }  
55. }  
56.   
57.   
58. int main(){  
59.       
60.     memset(head,-1,sizeof head);  
61.       
62.     scanf(”%d%d%d%d%d%d”,&N,&p,&m,&f,&n,&s);  
63.     for(int i=1;i<=N;i++){  
64.         int x;  
65.         scanf(”%d”,&x);  
66.         add(i+N,tt,x,0);  
67.         add(ss,i,x,0);  
68.         if(i+m<=N)add(i,i+N+m,INF,f);  
69.         if(i+n<=N)add(i,i+N+n,INF,s);  
70.         if(i!=N)add(i,i+1,INF,0);  
71.         add(ss,i+N,INF,p);   
72.     }  
73.       
74.     while(BFS())dfs();  
75.       
76.           
77.     for(int i=0;i<cnt;i++){  
78.         if(from[i]>=1&&from[i]<=N&&data[i]>=N+1&&data[i]!=tt&&data[i]!=ss)ans+=flow[i^1]*wei[i];  
79.         if(from[i]==ss&&data[i]>=N+1&&data[i]!=tt&&data[i]!=ss)ans+=flow[i^1]*wei[i];  
80.     }  
81.     printf(”%d\n”,ans);  
82.     return 0;  
83. }