題面

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Description
想必大家都看過成龍大哥的《80天環遊世界》，裡面的緊張刺激的打鬥場面一定給你留下了深刻的印象。現在就有這麼
一個80人的團伙，也想來一次環遊世界。
他們打算兵分多路，遊遍每一個國家。
因為他們主要分佈在東方，所以他們只朝西方進軍。設從東方到西方的每一個國家的編號依次為1...N。假若第i個人的遊歷路線為P1、P2......Pk(0≤k≤N)，則P1<P2<......<Pk。
眾所周知，中國相當美麗，這樣在環遊世界時就有很多人經過中國。我們用一個正整數Vi來描述一個國家的吸引程度，Vi值越大表示該國家越有吸引力，同時也表示有且僅
有Vi個人會經過那一個國家。
為了節省時間，他們打算通過坐飛機來完成環遊世界的任務。同時為了省錢，他們希望總的機票費最小。
明天就要出發了，可是有些人臨陣脫逃，最終只剩下了M個人去環遊世界。他們想知道最少的總費用，你能告訴他們嗎？
Input
第一行兩個正整數N，M。
第二行有N個不大於M正整數，分別表示V1，V2......VN。
接下來有N-1行。第i行有N-i個整數，該行的第j個數表示從第i個國家到第i+j個國家的機票費（如果該值等於-1則表示這兩個國家間沒有通航）。
Output
在第一行輸出最少的總費用。

Sample Input
6 3

2 1 3 1 2 1

2 6 8 5 0

8 2 4 1

6 1 0

4 -1

4
Sample Output
27
HINT
1<= N < =100 1<= M <= 79

解題思路

　　有上下界的網路流。大體思路就是先讓所有邊流下界那麼多流量，然後每條邊的流量變成上界-下界，記錄每個點的流入量和流出量，設流入量-流出量為\(v[i]\)。建立超級源點和超級匯點，超級源點向\(v[i]>0\)的\(i\)連流量為\(v[i]\)的邊，\(v[i]<0\)的向匯點連流量為\(-v[i]\)的邊，然後跑一遍最大流，得到的解是一個可行解。費用流同理。這道題建圖比較容易，每個點拆點，源點向每個點的入點連流量上界為\(inf\)

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>

using namespace std;
const int MAXN = 210;
const int MAXM = 20005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return f?x:-x;  
}

int n,m,head[MAXN],cnt=1,to[MAXM<<1],nxt[MAXM<<1],val[MAXM<<1],cost[MAXM<<1];
int S,T,SS,TT,ans,in[MAXN],incf[MAXN],pre[MAXN],dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
queue<int> Q;

inline void add(int bg,int ed,int w,int z){
    to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],val[cnt]=w,cost[cnt]=z,head[bg]=cnt;
}

bool spfa(){
    while(Q.size()) Q.pop();
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    Q.push(SS);incf[SS]=inf;vis[SS]=1;dis[SS]=0;
    while(Q.size()){
        int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=0;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            int u=to[i];
            if(dis[x]+cost[i]<dis[u] && val[i]){
                dis[u]=dis[x]+cost[i];
                incf[u]=min(incf[x],val[i]);
                pre[u]=i;
                if(!vis[u]) Q.push(u),vis[u]=1; 
            }
        }
    }
    return (dis[TT]==inf)?0:1;
}

inline void update(){
    int x=TT,i;
    while(x!=SS){
        i=pre[x];
        val[i]-=incf[TT];
        val[i^1]+=incf[TT];
        x=to[i^1];  
    }
    ans+=dis[TT]*incf[TT];
}   

int main(){
    n=rd(),m=rd();S=2*n+1;T=S+1;SS=T+1;TT=SS+1;
    int x;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        x=rd();
        add(i,i+n,0,0);add(i+n,i,0,0);
        in[i]-=x;in[i+n]+=x;
    }add(SS,S,m,0);add(S,SS,0,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            x=rd();
            if(x!=-1) add(i+n,j,inf,x),add(j,i+n,0,-x);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(S,i,inf,0),add(i,S,0,0),add(i+n,T,inf,0),add(T,i+n,0,0);
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        if(in[i]>0) add(SS,i,in[i],0),add(i,SS,0,0);
        else add(i,TT,-in[i],0),add(TT,i,0,0);
    }
    while(spfa()) update();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}