題目傳送門：
題意：
有n個點，m條邊，每乙個點一開始都有b1i頭奶牛，並且都可以容納b2i頭奶牛，但是b1i有可能大於b2i，因此奶牛需要遷徙，遷徙的時間為路程的長度。求最小的時間，若無法完成，輸出-1。
思路：
容易想到最短路floyd，因為可以與處理出從i點到j點的最短路（即時間花費）。
然後發現時間好像不能直接求，它具有單調性，再來個二分時間mid，若當前時間允許，則找更短的耗時，否則找更長的耗時。
最後發現可以用網路流求解，就是讓不同的牛移動。
構圖：
必然要拆點。
[1]源點向每乙個點連一條流量為b1i
的邊，表示一開始這裡有b1i
頭奶牛；
[2]每乙個點向匯點連一條流量為b2i的邊，表示最多能容納b2i頭奶牛；
[3]每乙個點的入點向出點連一條流量為inf的邊表示可以有無數頭奶牛在這裡中轉；
[4]每乙個點它能去到的點的最短路（即時間花費）小於等於二分的時間mid，則連一條流量為inf
的邊，表示從i點到j點在規定時間裡可以有無數頭奶牛走過。
有解的情況是flow=sum（b1的總和，即總的奶牛數），此時保證每一頭奶牛都有乙個被容納的點，且每乙個點都沒有超過它的容量。
**：
#include#include#include#include#define inf 1e18
#define ll long long
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
queuef;
struct node a[100010];
int b1[500],b2[500],last[1000];
ll map[300][300];
int n,m,len=-1,st,ed;
ll s=0,ans=-1;
void ins(int x,int y,ll z)
int h[1000];
bool bfs()
} f.pop();
} if(h[ed]) return true; else return false;
}ll dfs(int x,ll f)
} if(!s) h[x]=0;
return s;
}ll dinic()
ll work(ll x)
return dinic();
} int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
map[i][j]=i==j?0:inf;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
map[i][j]=min(map[i][j],map[i][k]+map[k][j]),r=max(r,map[i][j]);
while(l<=r)
printf("%lld",ans);
}
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