餐巾计划问题线性规划与网络流24题之10 费用流

相关知识：最小费用(最大)流

问题描述：
一个餐厅在相继的N 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第i天需要ri块餐巾(i=1，
2，…，N)。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为p分；或者把旧餐巾送到快洗部，
洗一块需 m天，其费用为 f 分；或者送到慢洗部，洗一块需 n 天(n>m)，其费用为 s<f 分。
每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多
少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。
试设计一个算法为餐厅合理地安排好N 天中餐巾使用计划，使总的花费最小。

问题分析：

题目要求每天的餐巾够用，因此算法中的最大流已经确定，一天之中餐巾的来源可以是新买来的，快洗或是慢洗到这一天刚好洗完的；而每天用完的餐巾则是送去快洗或慢洗，或留到下一天统一处理，

然后就是要把每天需要用的和用完的分开处理，这样就有了一个二分图模型。Xi表示第i天需要用的餐巾数量，二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

具体连边方法：

把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。

1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。//表示每天最多用ri餐巾
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。//同上
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。//Yi天新买的餐巾
4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。//留到下一天处理
5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。//慢洗，到i+m天才能用
6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。//快洗，到i+n天才能用

这样一个费用流就出现了。只要y点集合与T点连接的边全部满流，而且保证总费用最小，这题就AC了。

View Code

#include<cstdio>#include<queue>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;#define MaxN 210#define INF 2000000struct atp{int y,x,flow,cost;int op,next;       }e[MaxN];queue<int> q;int n,Newcost,kt,kc,mt,mc,s,t,tot,ans;int first[MaxN],pre[MaxN],pe[MaxN],d[MaxN];bool b[MaxN];void add(int x,int y,int flow,int cost){     tot++;     e[tot].y=y;     e[tot].x=x;     e[tot].flow=flow;     e[tot].cost=cost;     e[tot].op=tot+1;     e[tot].next=first[x];     first[x]=tot;     tot++;     e[tot].y=x;     e[tot].x=y;     e[tot].flow=0;     e[tot].cost=cost;     e[tot].op=tot-1;     e[tot].next=first[y];     first[y]=tot;     }

void init(){int x;     scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&Newcost,&kt,&kc,&mt,&mc);     s=0;t=n+n+n;for (int i=1;i<=n;i++)     {         scanf("%d",&x);         add(s,i,x,0);         add(n+i,t,x,0);         add(s,n+i,INF,Newcost);if (i<n) add(i,i+1,INF,0);if (i+kt<=n) add(i,i+n+kt,INF,kc);if (i+mt<=n) add(i,i+n+mt,INF,mc);         }     }

bool spfa(){

     memset(b,false,sizeof(b));     memset(d,100,sizeof(d));int INFF=d[1];while (!q.empty()) q.pop();     b[s]=true;     d[s]=0;     q.push(s);while (!q.empty())     {int u=q.front();for (int p=first[u];p;p=e[p].next)           {if (d[u]+e[p].cost<d[e[p].y] && e[p].flow>0)               {                      d[e[p].y]=d[u]+e[p].cost;                      pre[e[p].y]=p;if (!b[e[p].y])                      {                                     b[e[p].y]=true;                                     q.push(e[p].y);                                     }                      }               }           b[u]=false;           q.pop();     }if (d[t]==INFF) return false; else return true;     }void work(){int Minflow=INF,i,tt;     i=t;while (i!=s)     {           tt=pre[i];if (e[tt].flow<Minflow) Minflow=e[tt].flow;           i=e[tt].x;           }     i=t;for (int i=t;i!=s;i=e[tt].x);while (i!=s)     {           tt=pre[i];           e[tt].flow-=Minflow;           e[e[tt].op].flow+=Minflow;           ans+=Minflow*e[tt].cost;           i=e[tt].x;           }     }int main(){    init();while (spfa()) work();    printf("%d",ans);//    system("pause");    return 0;    }

转载于:https://www.cnblogs.com/evan-oi/archive/2012/02/03/2337346.html

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