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題目大意：給出一家車輛展示公司，規定每輛新車只能展示一天，展示后可以選擇去維護后才能繼續展示，現在給出如下規則：

該公司需要連續展示n天汽車，每天需要展示的汽車數量為Ri

每天可以選擇從汽車公司購入全新的汽車，也可以將之前展示過的汽車維護后繼續使用

對于汽車公司，有k個不同的公司，每個公司會銷售Ci輛汽車，每輛汽車價值Pi

對于每個汽車維護公司，有r個不同的公司，每個公司會花費Di天來進行維護，每輛汽車維護的花費為Si

當天展示完的汽車可以留下來不進行維護

題目分析：和之前洛谷上餐巾的那個題幾乎一模一樣，唯一不一樣的地方就是對于可以購買的來源加了一個流量的限制，會造成的影響就是答案可能會無解，對于無解的情況我是通過流量來判斷的，如果跑完最小費用最大流后的最大流量小于所需要展示的汽車總數，那么肯定是無解的，其余情況正常輸出答案就好了，有一個小細節就是，汽車雖然需要Di天來維護，但是實際上可以使用這個汽車的時間是Di+1天，這里注意一下就好了，建邊方法和餐巾的那個問題一模一樣，只是需要多一些點來限流：

源點->每一天的結束點，流量為Ri，花費為0

源點->每一個汽車公司，流量為Ci，花費為0

每一個汽車公司->每一天的開始點，流量為無窮大，花費為Pi

每一天的結束點->對應的維護公司結束后的當天開始點，流量為無窮大，花費為Si

每一天的開始點->匯點，流量為Ri，花費為0

每一天的結束點->下一天的結束點，流量為無窮大，花費為0

建好圖后跑最小費用最大流就是答案了

代碼：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=210;//點const int M=N*N;//邊struct Edge {int to,w,cost,next; }edge[M];int head[N],cnt,max_flow;void addedge(int u,int v,int w,int cost) {edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].cost=cost;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;edge[cnt].to=u;edge[cnt].w=0;edge[cnt].cost=-cost;edge[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++; }int d[N],incf[N],pre[N];bool vis[N];bool spfa(int s,int t) {memset(d,inf,sizeof(d));memset(vis,false,sizeof(vis));memset(pre,-1,sizeof(pre));queue<int>q;q.push(s);vis[s]=true;incf[s]=inf;d[s]=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){int v=edge[i].to;int w=edge[i].w;int cost=edge[i].cost;if(!w)continue;if(d[v]>d[u]+cost){d[v]=d[u]+cost;pre[v]=i;incf[v]=min(incf[u],w);if(!vis[v]){vis[v]=true;q.push(v);}}}}return pre[t]!=-1; }int update(int s,int t) {int x=t;while(x!=s){int i=pre[x];edge[i].w-=incf[t];edge[i^1].w+=incf[t];x=edge[i^1].to;}max_flow+=incf[t];return d[t]*incf[t]; }void init() {memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0; }int solve(int st,int ed) {int ans=0;max_flow=0;while(spfa(st,ed))ans+=update(st,ed);return ans; }int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;int kase=0;while(w--){init();int n,c,r,sum=0,st=N-1,ed=st-1;scanf("%d%d%d",&n,&c,&r);for(int i=1;i<=n;i++){int num;scanf("%d",&num);sum+=num;addedge(st,i,num,0);addedge(i+n,ed,num,0);if(i<n)addedge(i,i+1,inf,0);}for(int i=1;i<=c;i++){int num,cost;scanf("%d%d",&num,&cost);addedge(st,i+2*n,num,0);for(int j=1;j<=n;j++)addedge(i+2*n,j+n,inf,cost);}for(int i=1;i<=r;i++){int day,cost;scanf("%d%d",&day,&cost);for(int j=1;j+day+1<=n;j++)addedge(j,j+n+day+1,inf,cost);}int ans=solve(st,ed);if(max_flow!=sum)printf("Case %d: impossible\n",++kase);elseprintf("Case %d: %d\n",++kase,ans);}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的LightOJ - 1409 Rent a Car(最小费用最大流)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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