poj2516-经典最小费用最大流-有点难度
题目意思，这个理解起来就很费劲
有N个供给商，M个雇主，K种物品。每个供给商对每种物品的的供给量已知，每个雇主对每种物品的需求量的已知，从不同的供给商输送不同的货物到不同的雇主手上需要不同的花费，又已知从供给商Mj送第kind种货物的单位数量到雇主Ni手上所需的单位花费。
问：供给是否满足需求？若是满足，最小运费是多少？
样例解释
算法分析
1、供给是否满足需求
首先我们要看供给是否满足需求，要求最小费用，必须先满足供给大于等于需求才可以。我们必须求出第k种货物的总供给量和总消费量。如果有一种货物的消费量大于供给量，那么直接输出-1，不过记住要先将题目的输入读完，否则wa到死。然后只有供给大于需求，才能找出最小值，也一定能找到最小值。
2、 最小费用最大流
从题目明显看出由于是n个人，所以死多源点多汇点的最小费用最大流。但是其实题目已经给出了提示，后面是k个N*M的矩阵，其实就是想让我们先计算每一种货物的最小费用，然后求和即可。通过分析很容易发现，这k中货物的最小费用好不想干，不会相互影响。
3、 那么如何建图呢
源点s和汇点t，定义各点编号如下：源点s编号为0，供给商编号从1到M，雇主编号从M+1到M+N，汇点t编号为M+N+1。总结点数nmax=M+N+2，申请每条边的“花费”空间map[nMax][ nMax]和“容量”空间cap[nMax][ nMax]，并初始化为全0。源点s向所有供给商M建边，费用为0，容量为供给商j的供给量。
每个供给商都向每个雇主建边，正向弧费用为输入数据的第k个矩阵，容量为供给商j的供给量；反向弧费用为正向弧费用的负数，容量为0。
所有雇主向汇点t建边，费用为0，容量为雇主i的需求量。
4、算法实现
对于第k种物品的图，用spfa算法求解最小费用路径（增广流链），在这条路径上求出流量的最小值，其实也是最大的流量，然后在路径上正向减去此流量，反向加上此流量，费用为单价乘以此流量。
代码：
[cpp]
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define nMax 300
#define inf 0x7fffffff
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
int map[nMax][nMax];//map[i][j]表示对于每种k物品从i运输到j所花费的钱
int vis[nMax];//表示i是否用过
int cap[nMax][nMax];//表示i到j的最大通货量
int dis[nMax];//到i的距离
int que[nMax];//队列
int pre[nMax];//保存每一条最短增流路
int num,ans;//num-最后的汇点，ans最终的答案
int spfa()//spfa求最短路径，dijstra不允许有负权，所以这里使用spfa
{
int i,k;
int head,tail;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (i = 0; i <= num; ++ i)
{
dis[i] = inf;
}
dis[0] = 0;
vis[0] = 1;
head = tail = 0;
que[0] = 0;
tail ++;
while (head < tail)
{
k = que[head];
vis[k] = 0;
for (i = 0; i <= num; ++ i)
{
if (cap[k][i] && dis[i] > dis[k] + map[k][i])//如果k到i还有量，表明还可以增流，那么就求最短路
{
dis[i] = dis[k] + map[k][i];
pre[i] = k;
if (!vis[i])
{
vis[i] = 1;
que[tail ++] = i;
}
}
}
head ++;
}
if (dis[num] < inf)
{
return 1;
}
return 0;
}
void end()
{
int i, sum = inf;
for (i = num; i!= 0; i = pre[i])//找到可以增加的最大的流，是整条最短路上的最小流
{
sum = Min(sum, cap[pre[i]][i]);
}
for (i = num; i != 0; i = pre[i])
{
cap[pre[i]][i] -= sum;//正向减去增加的流
cap[i][pre[i]] += sum;//逆向加上增加的流
ans += map[pre[i]][i] * sum;//计算本次的花费，实际上就是从place pre[i]到第i个人对于当前种类的物品所花费的钱
}
}
int main()
{
int N,M,K,i,j,k;
int need[nMax][nMax];
int needk[nMax];
int have[nMax][nMax];
int havek[nMax];
int flag;
while (scanf("%d %d %d", &N, &M, &K), N)
{
memset(needk, 0, sizeof(needk));
for (i = 1; i <= N; ++ i)
{
for (j = 1; j <= K; ++ j)
{
scanf("%d", &need[i][j]);
needk[j] += need[i][j];//求出每种货物最大的需求量
}
}
memset(havek, 0, sizeof(havek));
for (i = 1; i <= M; ++ i)
{
for (j = 1; j <= K; ++ j)
{
scanf("%d", &have[i][j]);
havek[j] += have[i][j];//计算出所有地方能提供出每种货物的最大量
}
}
flag = 1;
for (i = 1; i <= K; ++ i)
{
if (needk[i] > havek[i])//如果有物品供给不足，那么肯定不能完成运送
{
flag = 0;
break;
}
}
ans = 0;
num = N + M + 1;
for (k = 1; k <= K; ++ k)//计算每种货物的最小花费，然后求和
{
memset(cap, 0, sizeof(cap));
memset(map, 0, sizeof(map));
for (i = 1; i <= N; ++ i)
{
for (j = 1; j <= M; ++ j)
{
scanf("%d", &map[j][M + i]);//将N个人映射到M+1-M+N区间上，这样方便建图，map j到M+i就是从地方j运送到人i的花费
map[M + i][j] = -map[j][M + i];
cap[j][M + i] = have[j][k];//j到i的量是第k种货物的在place j的最大的量
cap[M + i][j] = 0;
}
}
if (!flag)
{
continue;
}
for (i = 1; i <= M; ++ i)
{
cap[0][i] = have[i][k];//源点到place i其实也设为第k中货物在place i的量
map[0][i] = map[i][0] = 0;//从原点到i花费为0
}
for (i = 1; i <= N; ++ i)
{
cap[M + i][num] = need[i][k];//从人i到汇点的量设为第i个人对第k种货物的需求量。
map[M + i][num] = map[num][M + i] = 0;
}
while (spfa())//求第k种货物的最小花费
{
end();
}
}
if (flag)
{
printf("%d/n", ans);
}
else
printf("-1/n");
}
return 0;
}
