POJ 2391 二分，Floyd, 网络最大流

题目链接：http://poj.org/problem?id=2391

题意：

有n个田地，给出每个田地上初始的牛的数量和每个田地可以容纳的牛的数量。

m条双向的路径，每条路径上可以同时通过的牛没有限制。

问牛要怎么走，能在最短时间内使得每块田地都能容纳的下，输出最短时间或-1。

解法：

先floyd求出任意两点之间的最短距离，然后二分答案，判断是否可以在时间不超过mid的情况下完成移动：

建图：

每个点拆成两个点x和x’，源点向x连边，权值为初始的牛的数量；

x’向汇点连边，权值为可以容纳的牛的数量；

x向x’连边，权值为INF。

然后枚举任意两点i和j，如果i和j之间的最短距离dist[i][j]<=mid，则建边i->j’，权值为INF。

此时计算最大流，就是在限定mid时间内可以移动的最多的牛的数量，如果大于等于牛的总数则说明可行，否

则不可行。继续二分。

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn = 1010;const int maxm = 510010;const int inf = 0x3f3f3f3f;const long long INF = 0x7F7F7F7F7F7F7F;struct G{    int v, cap, next;    G() {}    G(int v, int cap, int next) : v(v), cap(cap), next(next) {}} E[maxm];int p[maxn], T;int d[maxn], temp_p[maxn], qw[maxn]; //d顶点到源点的距离标号,temp_p当前狐优化，qw队列void init(){    memset(p, -1, sizeof(p));    T = 0;}void add(int u, int v, int cap){    E[T] = G(v, cap, p[u]);    p[u] = T++;    E[T] = G(u, 0, p[v]);    p[v] = T++;}bool bfs(int st, int en, int n){    int i, u, v, head, tail;    for(i = 0; i <= n; i++) d[i] = -1;    head = tail = 0;    d[st] = 0;    qw[tail] = st;    while(head <= tail)    {        u = qw[head++];        for(i = p[u]; i + 1; i = E[i].next)        {            v = E[i].v;            if(d[v] == -1 && E[i].cap > 0)            {                d[v] = d[u] + 1;                qw[++tail] = v;            }        }    }    return (d[en] != -1);}int dfs(int u, int en, int f){    if(u == en || f == 0) return f;    int flow = 0, temp;    for(; temp_p[u] + 1; temp_p[u] = E[temp_p[u]].next)    {        G& e = E[temp_p[u]];        if(d[u] + 1 == d[e.v])        {            temp = dfs(e.v, en, min(f, e.cap));            if(temp > 0)            {                e.cap -= temp;                E[temp_p[u] ^ 1].cap += temp;                flow += temp;                f -= temp;                if(f == 0)  break;            }        }    }    return flow;}int dinic(int st, int en, int n){    int i, ans = 0;    while(bfs(st, en, n))    {        for(i = 0; i <= n; i++) temp_p[i] = p[i];        ans += dfs(st, en, inf);    }    return ans;}int n, m, sum;long long g[1005][1005];int have[1005], hold[1005];bool check(long long t){    init();    for(int i=1; i<=n; i++){        add(0, i, have[i]);        add(i+n, 2*n+1, hold[i]);        add(i, i+n, inf);    }    for(int i=1; i<=n; i++){        for(int j=i+1; j<=n; j++){            if(g[i][j]<=t){                add(i,j+n, inf);                add(j, i+n, inf);            }        }    }    int ans = dinic(0,2*n+1,2*n+2);    return ans >= sum;}int main(){    while(~scanf("%d%d", &n, &m)){        sum = 0;        for(int i=1; i<=n; i++){            scanf("%d%d", &have[i],&hold[i]);            sum+=have[i];        }        for(int i = 1; i <= n; i++){            for(int j = 1; j<=n; j++){                g[i][j] = INF;            }        }        for(int i=1; i<=n; i++) g[i][i]=0;        for(int i=1; i<=m; i++){            int u, v, w;            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);            if(g[u][v] > w){                g[u][v] = g[v][u] = w;            }        }        for(int k=1;k<=n;k++){            for(int i=1; i<=n; i++){                for(int j=1; j<=n; j++){                    if(g[i][k]!=INF&&g[k][j]!=INF&&g[i][j]>g[i][k]+g[k][j]){                        g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];                    }                }            }        }        long long ans = -1, l = 0, r = 10000000000000LL;        while(l <= r){            long long mid = (l+r)/2;            if(check(mid)) ans = mid, r = mid-1;            else l = mid+1;        }        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}