BZOJ 736 [CTSC1999][网络流24题] 星际转移

«问题描述：

由于人类对自然资源的消耗，人们意识到大约在2300 年之后，地球就不能再居住了。
于是在月球上建立了新的绿地，以便在需要时移民。令人意想不到的是，2177 年冬由于未
知的原因，地球环境发生了连锁崩溃，人类必须在最短的时间内迁往月球。现有n个太空站
位于地球与月球之间，且有m 艘公共交通太空船在其间来回穿梭。每个太空站可容纳无限
多的人，而每艘太空船i 只可容纳H[i]个人。每艘太空船将周期性地停靠一系列的太空站，
例如：(1，3，4)表示该太空船将周期性地停靠太空站134134134…。每一艘太空船从一个太
空站驶往任一太空站耗时均为1。人们只能在太空船停靠太空站(或月球、地球)时上、下船。
初始时所有人全在地球上，太空船全在初始站。试设计一个算法，找出让所有人尽快地全部
转移到月球上的运输方案。
«编程任务：

对于给定的太空船的信息，找到让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。
«数据输入：
由文件home.in提供输入数据。文件第1行有3 个正整数n（太空站个数），m（太空船
个数）和k（需要运送的地球上的人的个数）。其中 1<=m<=20, 1<=n<=13, 1<=k<=50。
接下来的m行给出太空船的信息。第i+1 行说明太空船pi。第1 个数表示pi 可容纳的
人数Hpi；第2 个数表示pi 一个周期停靠的太空站个数r，1<=r<=n+2；随后r 个数是停靠
的太空站的编号(Si1,Si2,…,Sir)，地球用0 表示，月球用-1 表示。时刻0 时，所有太空船都
在初始站，然后开始运行。在时刻1，2，3…等正点时刻各艘太空船停靠相应的太空站。人
只有在0,1,2…等正点时刻才能上下太空船。
«结果输出:

程序运行结束时，将全部人员安全转移所需的时间输出到文件home.out中。如果问题
无解，则输出0。
输入文件示例 输出文件示例

home.in
2 2 1
1 3 0 1 2
1 3 1 2 -1
home.out
5

这道题我们可以看得出天与天之间是独立的，而且每次状态的转移都是跨天的，所以我们可以将每一天拆分来看，（据说这叫分层图）每一天我们都有若干个中转站和地月，这样我们就能实现单向建图的目的了。
由于这道题的答案是具有单调性的，所以借助魔术球那道题的经验，我们通过枚举天数，每天新加节点连边跑最大流的方法来找到第一次最大流超过给定的k即可。
建图方法：
1.从源点向每一天的地球链接一条INF。
2.从每一天的月亮向汇点链接一条INF。
3.从上一天的每一个节点向当天的对应节点链接一条INF（因为人们可以留在中转站等一等嘛）。
4.针对每一艘飞船，获取其上一天的位置，再获取这一天的位置，在这两个点之间连一条容量为飞船满载人数的流。
每次新加一天然后跑到最大流超过k即可。
至于无解的情况只要当ans达到一个很大的值的时候跳出来即可。

嘿嘿，根本想不到啊，至于判断是否可达，窝用了并查集，而第一次把t设到9999
数组开小了，一直tle。

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<queue>using namespace std;const int inf=1e9+7;int n,m,k,cnt=1,ans,sum,s,t,h[105],a[105][105],len[105],f[105],d[40005],hd[40005];queue<int>q;struct edge{    int to,nxt,f;}v[14005];void addedge(int x,int y,int z){    v[++cnt].to=y,v[cnt].f=z;    v[cnt].nxt=hd[x],hd[x]=cnt;}void addedges(int x,int y,int z){    addedge(x,y,z),addedge(y,x,0);}int fnd(int x){    if(f[x]!=x)        return fnd(f[x]);    return f[x];}bool bfs(){    memset(d,0,sizeof(d));    d[s]=1;    q.push(s);    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();        for(int i=hd[u];i;i=v[i].nxt)            if(v[i].f&&!d[v[i].to])            {                d[v[i].to]=d[u]+1;                q.push(v[i].to);            }    }    return d[t];}int dfs(int u,int lft){    if(u==t||lft==0)        return lft;    int r=lft;    for(int i=hd[u];i;i=v[i].nxt)        if(v[i].f&&r&&d[v[i].to]==d[u]+1)        {            int w=dfs(v[i].to,min(r,v[i].f));            v[i].f-=w,v[i^1].f+=w,r-=w;            if(!r)                return lft;        }    if(r==lft)        d[u]=0;    return lft-r;}int main(){    freopen("home.in","r",stdin);    freopen("home.out","w",stdout);    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);    n+=2;    s=0,t=9999;    for(int i=1;i<=m+2;i++)        f[i]=i;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d",&h[i],&len[i]);        for(int j=0;j<=len[i]-1;j++)        {            scanf("%d",&a[i][j]);            a[i][j]+=2;            if(j)                f[fnd(a[i][j])]=fnd(a[i][j-1]);        }    }    if(fnd(1)!=fnd(2))    {        printf("0\n");        return 0;    }    while(1)    {        addedges(ans*n+1,t,inf),addedges(s,ans*n+2,inf);        if(ans!=0)        {            for(int i=1;i<=n;i++)                addedges((ans-1)*n+i,ans*n+i,inf);            for(int i=1;i<=m;i++)                addedges((ans-1)*n+a[i][(ans-1)%len[i]],ans*n+a[i][ans%len[i]],h[i]);        }        while(bfs())            sum+=dfs(s,inf);        if(sum>=k)            break;        ++ans;    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}