/**
題意：乙個國家有n個城市，該國家經常發生**，**之後可能毀壞城市，城市可能也會重建，重建之後城市不再會被毀壞，
一年之內最多重建k個城市，現在知道有m年的事件，有三種：
1. 重建與x能通過道路直接或者間接連線到的城市
2. 城市x和城市y之間連線一條道路
3. 發生**，**毀壞p條道路，道路連線的沒有重建的城市會被毀壞
問你m年之後最多建立的多少個城市，還需要輸出每個1操作在當時重建的城市數量，要求字典序最小
思路：根據題目知道每個城市重建一次就行了(也可以說是最多一次)，找出每個城市可修建的時間，又由於每年建立城市的
數量最多為k，如果只求最大數量的話就容易想到乙個網路流的演算法：源點和每座城市之間連邊，容量為1，城市和可以修建
的年份連邊，容量為1，年份和匯點連邊，容量為k，這樣求一遍最大流即為答案，沒有要求字典序的話那麼年份和匯點的邊
的流量就是該年份所建造的城市的數量。但是要使1操作的字典序最小，那麼就在年份和匯點的邊之間加個費用，年份越大費用越
小，這樣求一遍最小費用流即可。
*/#includeconst int maxn = 500 + 10;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
struct p
p(int f, int t, int ca, int fl, int c, int i)
};vectoredge;
vectorg[maxn];
int kase = 1, s, t, n, m, t, k;
int inq[maxn], d[maxn];
int p[maxn], a[maxn];
int flow, cost, vis[maxn];
vectorcan_arrive[maxn];
setto[maxn];
int ans[maxn * 2];
void add(int f, int t, int c, int co, int day)
bool bellmanford(int s, int t, int &flow, int &cost)
}if(d[t] == inf) return false;
flow += a[t]; cost += d[t] * a[t];
for(int u = t; u != s; u = edge[p[u]].from)
return true;
}int mincost(int s, int t)
void bfs(int day, int x)
}}int main()
int cnt = n + 1;
for(int i = 1; i <= m; i++) else if(op == 2) else }}
int s = 0, t = cnt;
for(int i = 1; i <= n; i++) add(s, i, 1, 0, -1);
for(int i = n + 1; i < cnt; i++)
add(i, cnt, k, 700 - id, id);
}int tt = mincost(s, t);
cout << tt << endl;
for(int i = 0; i < edge.size(); i++)
for(int i = 1; i < cnt - n; i++)
}return 0;
}
hdu 4411 最小費用流
思路 這道題建圖比較難想，首先是建立超級源點和超級匯點，那麼由於有k個警察，於是vs與0連邊，容量為k,費用為0，因為這k個警察不一定都出去，也就是不一定是最大流，於是0和vt連邊，容量為k,費用為0。然後就是拆點建圖了 1 0到i連邊，容量為1，費用0到i的最短路，表示去抓城市i的小偷。2 從i到...
hdu 4411 最小費用流
思路 這道題建圖比較難想，首先是建立超級源點和超級匯點，那麼由於有k個警察，於是vs與0連邊，容量為k,費用為0，因為這k個警察不一定都出去，也就是不一定是最大流，於是0和vt連邊，容量為k,費用為0。然後就是拆點建圖了 1 0到i連邊，容量為1，費用0到i的最短路，表示去抓城市i的小偷。2 從i到...
hdu 1533 Going Home 最小費用流
建圖很簡單 bfs預處理地圖，距離就為費用 源點到所有m建邊，流量1費用0 m到所有h建邊，流量1費用為距離 h到所有匯點建邊，流量1費用0 include include include includeusing namespace std define maxn 10005 define max...