codeforces 724E. Goods transportation

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/724/E
题目大意：有n个城市分布在一条只能单向移动的道路上，每次只能从编号小的城市移动到编号大的城市。城市 i 最多能生产pi件货物，最多有si件货物能在这里卖出。对于一对城市 i 和 j (1 ≤ i < j ≤ n)，最多可以从城市 i 运送 c 件货物到城市 j 。求最多能卖出的货物的总数。
数据范围：1 ≤ n ≤ 10 000, 0 ≤ c ≤ 10^9, 0 ≤ pi ≤ 10^9, 0 ≤ si ≤ 10^9

题解：看到题目，直接的想法是网络流。设一个源点S和汇点T，从S向 i 连一条容量为pi的边，从 i 向T连一条容量为si的边，对于所有的i < j，从 i 向 j 连一条容量为c的边。求这个图的最大流就是答案。
但是在本题中，n可以达到10 000，边数是n平方级别，无论是时间还是空间都无法承受。注意到图中非源汇点之间的边的容量都是c，我们可以考虑优化算法。
我们知道一个图的最大流=最小割，我们把图中的点分成两个集合，一个集合包含S，一个集合包含T，求S集和T集的点之间所有边的容量和，即∑si(i∈S)+∑pj(j∈T)+∑c(i< j,i∈S,j∈T)。
这样问题可以转化成动态规划来求解。
设f[ i ][ j ]表示前 i 个点有 j 个点在S集的最小割的值，有两种情况：
1.第 i 个点在S集，此时还没有编号比 i 大的点在T集，f[ i ][ j ]=f[i-1][j-1]+si。
2.第 i 个点在T集，此时S集有 j 个点编号比 i 小，f[ i ][ j ]=f[i-1][ j ]+pi+j*c。
所以f[ i ][ j ]=min ( f[i-1][j-1]+si，f[i-1][ j ]+pi+j*c ) 。因为每次只需要用到前一行的 j 和 j -1，所以我们可以直接用一个一维数组来处理。
时间复杂度O（n^2）

代码如下：

#include <algorithm>#include <cstdio>const long long inf=(1ll<<60);int p[10005],s[10005];long long f[10005],ans;int main(){    int n,c;    scanf("%d%d\n",&n,&c);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);    for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=inf;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        for (int j=i;j>=1;j--)            f[j]=std::min(f[j-1]+s[i],f[j]+p[i]+1ll*c*j);        f[0]=f[0]+p[i];    }    long long ans=f[0];    for (int i=1;i<=n;i++) ans=std::min(ans,f[i]);    printf("%I64d\n",ans);}