BZOJ1927【SDOI2010】星际竞速 <费用流>

Problem

【SDOI2010】星际竞速

$\mathrm{Time\;Limit:\;20\;Sec}$
$\mathrm{Memory\;Limit:\;259\;MB}$

Description

十年一度的银河系赛车大赛又要开始了。作为全银河最盛大的活动之一，夺得这个项目的冠军无疑是很多人的梦想，来自杰森座$\alpha$星的悠悠也是其中之一。
赛车大赛的赛场由$N$颗行星和$M$条双向星际航路构成，其中每颗行星都有一个不同的引力值。大赛要求车手们从一颗与这$N$颗行星之间没有任何航路的天体出发，访问这$N$颗行星每颗恰好一次，首先完成这一目标的人获得胜利。
由于赛制非常开放，很多人驾驶着千奇百怪的自制赛车来参赛。这次悠悠驾驶的赛车名为超能电驴，这是一部凝聚了全银河最尖端科技结晶的梦幻赛车。作为最高科技的产物，超能电驴有两种移动模式：高速航行模式和能力爆发模式。在高速航行模式下，超能电驴会展开反物质引擎，以数倍于光速的速度沿星际航路高速航行。在能力爆发模式下，超能电驴脱离时空的束缚，使用超能力进行空间跳跃――在经过一段时间的定位之后，它能瞬间移动到任意一个行星。
天不遂人愿，在比赛的前一天，超能电驴在一场离子风暴中不幸受损，机能出现了一些障碍：在使用高速航行模式的时候，只能由每个星球飞往引力比它大的星球，否则赛车就会发生爆炸。尽管心爱的赛车出了问题，但是悠悠仍然坚信自己可以取得胜利。他找到了全银河最聪明的贤者――你，请你为他安排一条比赛的方案，使得他能够用最少的时间完成比赛。

Input

第一行是两个正整数$N,M$。
第二行$N$个数$A_1\sim A_N$，其中$A_i$表示使用能力爆发模式到达行星$i$所需的定位时间。
接下来$M$行，每行$3$个正整数$u_i,v_i,w_i$，表示在编号为$u_i$和$v_i$的行星之间存在一条需要航行$w_i$时间的星际航路。
输入数据已经按引力值排序，也就是编号小的行星引力值一定小，且不会有两颗行星引力值相同。

Output

仅包含一个正整数，表示完成比赛所需的最少时间。

Sample Input

3 3 
1 100 100 
2 1 10 
1 3 1 
2 3 1 

Sample Output

12

HINT

样例解释
先使用能力爆发模式到行星$1$，花费时间$1$。
然后切换到高速航行模式，航行到行星$2$，花费时间$10$。
之后继续航行到行星$3$完成比赛，花费时间$1$。
虽然看起来从行星$1$到行星$3$再到行星$2$更优，但我们却不能那样做，因为那会导致超能电驴爆炸。
数据规模
$N\le800，M\le15000$。输入数据中的任何数都不会超过$10^6$。
输入数据保证任意两颗行星之间至多存在一条航道，且不会存在某颗行星到自己的航道。

Source

第一轮$\mathrm{Day2}$

标签：费用流

Solution

套路拆点费用流。

题目要求要遍历所有的点而不重复经过，于是不难想到将每个点拆成入点和出点，入点和源点相连，出点和汇点相连，形成二分图。对于每一条边$u\to v$，将$u$的入点和$v$的出点连接，代表遍历时从$u$走到$v$，这样对于每条路径的每对相邻点，均可以在二分图的割上体现出来。对于瞬移，直接从源点向每个点的出点连边即可。
建模：

• 对于每个点$i$，拆成入点$i_1$和出点$i_2$，连接$S\to i_1$流量$1$费用$0$，连接$i_2\to T$流量$1$费用$0$
• 对于每个点$i$，连接$S\to i_2$流量$1$费用$A_i$
• 对于每条边$u\to v$，连接$u_1\to v_2$流量$1$费用$c$

跑费用流即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MAX_N 2000
#define MAX_M 100000
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template <class T> inline void read(T &x) {
    x = 0; int c = getchar(), f = 1;
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == 45) f = -1;
    for (; isdigit(c); c = getchar()) (x *= 10) += f*(c-'0');
}
int n, m, s, t, cnt, pr[MAX_N+5], cr[MAX_N+5], mxf, mic;
struct node {int v, c, w, nxt;} E[MAX_M+5];
void init() {s = 0, t = n*2+1, cnt = 0, memset(pr, -1, sizeof pr);}
void insert(int u, int v, int c, int w) {E[cnt] = (node){v, c, w, pr[u]}, pr[u] = cnt++;}
void addedge(int u, int v, int c, int w) {insert(u, v, c, w), insert(v, u, 0, -w);}
bool SPFA() {
    queue <int> que; bool inq[MAX_N+5]; int d[MAX_N+5], cr[MAX_N+5];
    memset(inq, false, sizeof inq), memset(d, INF, sizeof d);
    d[s] = 0, que.push(s), inq[s] = true, memset(cr, -1, sizeof cr);
    while (!que.empty()) {
        int u = que.front(); que.pop(), inq[u] = false;
        for (int i = pr[u]; ~i; i = E[i].nxt) {
            int v = E[i].v, c = E[i].c, w = E[i].w;
            if (c && d[u]+w < d[v]) {
                d[v] = d[u]+w, cr[v] = i;
                if (!inq[v]) que.push(v), inq[v] = true;
            }
        }
    }
    if (d[t] == INF) return false;	int flow = INF;
    for (int i = cr[t]; ~i; i = cr[E[i^1].v]) flow = min(flow, E[i].c);
    for (int i = cr[t]; ~i; i = cr[E[i^1].v]) E[i].c -= flow, E[i^1].c += flow;
    mxf += flow, mic += d[t];	return true;
}
int main() {
    read(n), read(m), init();
    for (int i = 1; i <= n; i++) addedge(s, i, 1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) addedge(i+n, t, 1, 0);
    for (int i = 1, x; i <= n; i++) read(x), addedge(s, i+n, 1, x);
    for (int i = 1, u, v, c; i <= m; i++)
        read(u), read(v), read(c), addedge(min(u, v), max(u, v)+n, 1, c);
    while (SPFA()) ; return printf("%d\n", mic), 0;
}