jyy現在所玩的rpg遊戲中，一共有n個劇情點，由1到n編號，第i個劇情點可以根據jyy的不同的選擇，而經過不同的支線劇情，前往ki種不同的新的劇情點。當然如果為0，則說明i號劇情點是遊戲的乙個結局了。
jyy**乙個支線劇情需要一定的時間。jyy一開始處在1號劇情點，也就是遊戲的開始。顯然任何乙個劇情點都是從1號劇情點可達的。此外，隨著遊戲的進行，劇情是不可逆的。所以遊戲保證從任意劇情點出發，都不能再回到這個劇情點。由於jyy過度使用修改器，導致遊戲的「存檔」和「讀檔」功能損壞了，
所以jyy要想回到之前的劇情點，唯一的方法就是退出當前遊戲，並開始新的遊戲，也就是回到1號劇情點。jyy可以在任何時刻退出遊戲並重新開始。不斷開始新的遊戲重複**已經看過的劇情是很痛苦，jyy希望花費最少的時間，看完所有不同的支線劇情。
\(n \leq 300\)
看完所有劇情，就是要求每條邊至少經過一次。又因為時間可以疊加計算，容易想到有上下界的費用流。源點連向1號節點,出度為0的點連向匯點，流量上下界為\([0,\infin)\).原圖上的邊上下界為\([1,\infin)\)即可。
有上下界的網路流見網路流常見建圖套路總結
#include#include#include#include#define maxn 100000
#define maxm 500000
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace mcmfe[maxm*2+5];
int head[maxn+5];
int esz=1;
void add_edge(int u,int v,ll w,ll c)
ll dist[maxn+5],minf[maxn+5],last[maxn+5];
bool inq[maxn+5];
bool spfa(int s,int t)}}
}}
if(dist[t]==inf) return 0;
else return 1;
}void update(int s,int t)
}ll mcmf(int s,int t)
return ct;
}} namespace exmcmfe[maxm+5];
int cnte=0,cntv=0;
void adde(int u,int v,ll l,ll r,ll c)
ll dflow[maxn+5];
ll solve(int s,int t)
for(int i=0;i<=cntv;i++)
return ans+mcmf::mcmf(ss,tt);
}}int n;
int main()
exmcmf::adde(i,t,0,inf,0);
}printf("%lld\n",exmcmf::solve(s,t));
}
AHOI2014 支線劇情（有上下界的網路流）
題目要求即為每條邊至少經過一次，那麼就想到有下界網路流 上界為正無窮 每條邊的流量就代表經過了幾次。建立乙個源點和匯點，從源點連向 1 一條下界為 0 的邊，從每個點連向匯點一條下界為 0 的邊，應為還要求時間最短所以是上下界最小費用流。套模板即可。includeusing namespace st...
AHOI2014 JSOI2014 支線劇情
傳送門 上下界網路流。以 1 號節點為源點 s 新建乙個匯點 t 如果 u 能到 v 那麼連邊 u to v 下界為 1 上界為 infty 費用為對應的所需時間，表示這段劇情至少看一次，且看一次代價為對應的所需時間。又因為我們可以在任何乙個節點重開一次，所以我們的每個節點 u 都連邊 u to t...
AHOI2014 JSOI2014 支線劇情
嘟嘟嘟 這是一道上下界費用流的模板題。源點就是1，匯點沒有，所以我們把每乙個點都連向匯點，因為可以在任意乙個點退出遊戲。上下界費用流的建圖方法和上下界網路流的建圖方法一樣。都是建立附加源匯。只不過每條邊多了個費用。有費用的邊就是他自己的費用，其他的 比如補償用的邊 的費用全是0。然後我們跑費用流，答...