題意
一個餐廳在相繼的 n 天裏，每天需用的餐巾數不盡相同。假設第 i天需要 ri 塊餐巾。餐廳可以購買新的餐巾，每塊餐巾的費用爲 P 分；或者把舊餐巾送到快洗部，洗一塊需 M 天，其費用爲 F 分；或者送到慢洗部，洗一塊需 N 天，其費用爲 S 分（S< F ）。
每天結束時，餐廳必須決定將多少塊髒的餐巾送到快洗部，多少塊餐巾送到慢洗部，以及多少塊保存起來延期送洗。但是每天洗好的餐巾和購買的新餐巾數之和，要滿足當天的需求量。
試設計一個算法爲餐廳合理地安排好 n 天中餐巾使用計劃,使總的花費最小。
問題分析
網絡優化問題，用最小費用最大流解決。
建模方法
把每天分爲二分圖兩個集合中的頂點Xi,Yi，建立附加源S匯T。
1、從S向每個Xi連一條容量爲ri，費用爲0的有向邊。
2、從每個Yi向T連一條容量爲ri，費用爲0的有向邊。
3、從S向每個Yi連一條容量爲無窮大，費用爲p的有向邊。
4、從每個Xi向Xi+1(i+1<=N)連一條容量爲無窮大，費用爲0的有向邊。
5、從每個Xi向Yi+m(i+m<=N)連一條容量爲無窮大，費用爲f的有向邊。
6、從每個Xi向Yi+n(i+n<=N)連一條容量爲無窮大，費用爲s的有向邊。
求網絡最小費用最大流，費用流值就是要求的最小總花費。
建模分析
這個問題的主要約束條件是每天的餐巾夠用，而餐巾的來源可能是最新購買，也可能是前幾天送洗，今天剛剛洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以選擇送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再處理。
經過分析可以把每天要用的和用完的分離開處理，建模後就是二分圖。二分圖X集合中頂點Xi表示第i天用完的餐巾，其數量爲ri，所以從S向Xi連接容量爲ri的邊作爲限制。Y集合中每個點Yi則是第i天需要的餐巾，數量爲ri，與T連接的邊容量作爲限制。每天用完的餐巾可以選擇留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花費，送到快洗部(Xi->Yi+m)，費用爲f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，費用爲s。每天需要的餐巾除了剛剛洗好的餐巾，還可能是新購買的(S->Yi)，費用爲p。
在網絡上求出的最小費用最大流，滿足了問題的約束條件（因爲在這個圖上最大流一定可以使與T連接的邊全部滿流，其他邊只要有可行流就滿足條件），而且還可以保證總費用最小，就是我們的優化目標。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in read()
#define ll long long
#define db double
#define pc(x) putchar(x)
#define gc getchar()
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod =1e9+7;
inline int read(){ int x=0,f=1;char c=gc;
while((c<'0'||c>'9')&&(c!='-'))c=gc;if(c=='-')f=-1,c=gc;
for(;c>='0'&&c<='9';c=gc)x=x*10+c-'0'; return x*f;
}
const int N=1e4+10;
struct Edge{
int v,nxt,c,f;
}e[N*10];
int cnt=1,first[N];
int S,T;
inline void add(int u,int v,int c,int f){
e[++cnt].v=v;e[cnt].nxt=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=c;e[cnt].f=f;
}
inline void ins(int u,int v,int c,int f){
add(u,v,c,f);add(v,u,0,-f);
}
namespace D{
int vis[N],dis[N];
int spfa(int s,int t){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;vis[s]=1;
deque<int>q;
q.push_back(s);
while(!q.empty()){
int now=q.front();q.pop_front();
vis[now]=0;
for(int i=first[now];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(e[i].c && dis[now]+e[i].f < dis[v] ){
dis[v]=dis[now] + e[i].f;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
if(!q.empty()&&dis[v] < dis[q.front()])q.push_front(v);else q.push_back(v);
}
}
}
}
return dis[t]<inf;
}
int dfs(int x,int t,int f,int &ans){
vis[x]=1;
if(x==t) return f;
int used=0,w;
for(int i=first[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,c=e[i].c,ff=e[i].f;
if(!vis[v] && c && dis[x]+ff==dis[v]){
w=dfs(v,t,min(c,f-used) , ans);
if(w)ans+= w*ff, e[i].c-=w;e[i^1].c+=w;used+=w;
if(used==f)break;
}
}
return used;
}
int flow(int s,int t,int &ans){
int ret=0;
while(spfa(s,t)){
vis[t]=1;
while(vis[t]){
memset(vis,0,sizeof(vis));
ret+=dfs(s,t,inf,ans);
}
}
return ret;
}
}
int main(){
int n=in,p=in,m=in,f=in,N=in,s=in;
S=2*n+1,T=S+1;
for (int i=1;i<=n;i++){
int x=in;
ins(S,n+i,x,0);
ins(i,T,x,0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
ins(S,i,inf,p);
for (int i=1;i+m<=n;i++)
ins(n+i,i+m,inf,f);
for (int i=1;i+N<=n;i++)
ins(n+i,i+N,inf,s);
for (int i=n+1;i<2*n;i++)
ins(i,i+1,inf,0);
int ans=0;
D::flow(S,T,ans);
cout<<ans;
return 0;
}