★★★ 输入文件：napkin.in 输出文件：napkin.out 简单对比 时间限制：1 s 内存限制：128 MB
【问题描述】
一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。
(1)购买新的餐巾，每块需p分；
(2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。
(3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。
在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小。
【输入】
输入文件共 3 行，第 1 行为总天教；第 2 行为每天所需的餐巾块数；第 3 行为每块餐巾的新购费用 p ，快洗所需天数 m ，快洗所需费用 f ，慢洗所需天数 n ，慢洗所需费用 s 。
【输出】
一行，最小的费用
【样例】
napkin.in
3
3 2 4 10 1 6 2 3napkin.out
64
【数据规模】
n<=200,Ri<=50
题解：
把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。
1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。 2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。 3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。 4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。 5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。 6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 #include 7 #include 8 #include 9 using namespace std;10 const int inf=1e9;11 const int maxn=1000,maxm=2000000;12 int N,R[maxn],P,K,A,M,B;13 int S,T,maxflow,mincost;14 struct node{15 int to,next,rest,cost;16 }e[maxm];17 int head[maxn],cnt=1;18 inline void addedge(int x,int y,int z,int c){19 e[++cnt].to=y; e[cnt].rest=z; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].cost= c;20 e[++cnt].to=x; e[cnt].rest=0; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].cost=-c;21 }22 int dis[maxn],pre[maxn];23 bool vis[maxn];24 bool SPFA(){25 static queue Q;26 for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=false;27 Q.push(S); dis[S]=0; vis[S]=true;28 while(!Q.empty()){29 int x=Q.front(); Q.pop();30 vis[x]=false;31 for(int i=head[x];i;i=e[i].next){32 int y=e[i].to;33 if(e[i].rest&&dis[y]>dis[x]+e[i].cost){34 dis[y]=dis[x]+e[i].cost;35 pre[y]=i;36 if(vis[y]==false){37 vis[y]=true;38 Q.push(y);39 }40 }41 }42 }43 return dis[T]