P3529 [POI2011]PRO-Programming Contest

題面：https://www.luogu.com.cn/problem/P3529
題意：\(n\)我的\(m\)個題目，每一個題要\(r\)分鐘完成。比賽有\(t\)分鐘。
給出每一個人會作哪些題目，請你安排一個每一個人在何時作什麼題目，
使得作出來的題目數最多。在作題數同樣多的狀況下，罰時儘可能小。
罰時爲\(\sum\) 每道題作出來的時間
(1\(\le\)n,m \(\le\) 500,1 \(\le\) r,t \(\le\) 1e6)
題解：n,m都不大，考慮使用網絡流。
能夠看出，此題是二分圖匹配模型，那就按套路來作：
\(S\) \(\Rightarrow\) 每一個人，\(v=r/t\);
每一個人 \(\Rightarrow\) 每道題，\(v=1\);
每道題 \(\Rightarrow\) \(T\)，\(v=1\)。
但這樣的話，咱們只能保證作題數最大，罰時不必定最少。
爲何呢？這就好像我和cjy大佬一塊兒去打ACM,由於我太菜了，啥都不會作，
大佬不只作了他能作的高難度題，可能還會搶了個人題，從而形成罰時更多。
那這個問題如何解決呢？既然咱們但願更多人蔘與進來，咱們能夠每次從
源點\(S\)向每一個人釋放1個流量，這樣就避免了搶題的狀況。當最大流再也不
增長時，程序結束。
時間複雜度：O(網絡流複雜度)
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
template<class U>I read(U &res){
    res=0;register U g=1;register char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')g=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch)){
        res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    res*=g;
}
const int INF=1e9+7;
struct E{
    int to,nt,w;
}e[303000];
#define T e[k].to
struct Match{
    int x,y,s;
}ma[2020];
int n,m,S,D,r,t,p,M,cur[202000],tot=-1,sum,dis[202000],vis[202000],X[202000],Y[202000],head[202000],las,ans1,ans2,now;
I add(int x,int y,int w){
    //cout<<"!"<<x<<" "<<y<<" "<<w<<endl;
    e[++tot].to=y;
    e[tot].nt=head[x];
    head[x]=tot;
    e[tot].w=1;
    e[++tot].to=x;
    e[tot].nt=head[y];
    head[y]=tot;
    e[tot].w=0;
}
IN D_1(int x,int lim){
//  cout<<"!"<<x<<" "<<lim<<endl;
    if(x==D||!lim)return lim;
    re flow=0,ext;
    for(re k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
        if(dis[x]+1==dis[T]&&e[k].w>0){
            ext=D_1(T,min(lim,e[k].w));
            if(!ext)continue;
            flow+=ext;lim-=ext;
            e[k].w-=ext;e[k^1].w+=ext;
            if(!lim)break;
        }
    }
    if(lim)dis[x]=-1;
    //cout<<x<<" "<<flow<<endl;
    return flow;
}
queue<int>q;
IN B_1(){
    C(dis,-1);
    dis[S]=0;
    q.push(S);
    memcpy(cur,head,sizeof(head));
    while(!q.empty()){
        p=q.front();q.pop();
        for(re k=head[p];k!=-1;k=e[k].nt){
            if(dis[T]==-1&&e[k].w>0){
                //cout<<"@"<<p<<" "<<T<<" "<<k<<" "<<e[k].w<<endl;
                dis[T]=dis[p]+1;
                q.push(T);
            }
        }
    }
    return dis[D]!=-1;
}
I dinic(int _t){
    re dt;
    while(B_1()){dt=D_1(S,INF);ans1+=dt;ans2+=dt*_t;}
}
I get_match(int _t){
    for(re k=0;k<=((M-1)<<1);k+=2){
        if((!vis[T-n])&&(!e[k].w)){
            sum++;
            ma[sum].x=e[k^1].to;
            ma[sum].y=T-n;
            ma[sum].s=_t;
            vis[T-n]=1;
        }
    }
}
int main(){
    read(n);read(m);read(r);read(t);read(M);
    C(head,-1);tot=-1;S=0;D=n+m+1;C(vis,0);
    F(i,1,M){read(X[i]);read(Y[i]);add(X[i],n+Y[i],1);}
    F(i,1,m)add(n+i,D,1);
    now=r;las=ans1=ans2=sum=0;
    while(now<=t){
        //STS;
        F(i,1,n)add(S,i,1);
        dinic(now);
        if(ans1==las)break;
        las=ans1;
        get_match(now-r);
        now+=r;     
    }   
    printf("%d %d\n",ans1,ans2);
    F(i,1,sum)printf("%d %d %d\n",ma[i].x,ma[i].y,ma[i].s); 
    return 0;
}