题目链接：POJ 2391 Ombrophobic Bovines

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1 2 40
3 2 70
2 3 90
1 3 120

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题意：

农场有F块草地，奶牛们在草地上吃草。这些草地之间有P条路相连，路足够宽，可以同时通过无限头奶牛。有些草地有避雨点，奶牛们可以在此避雨。避雨点容量有限，一个避雨点不能容纳所有奶牛。草地与路相比很小，奶牛通过草地时不需要时间。求所有奶牛都回到避雨点所花的最小时间。如果不能保证都能到避雨点，则输出-1。

分析：

这道题和POJ 2112挺像。不过要难一些。

首先需要用Floyd算出所有点之间的最短距离。然后二分枚举距离求最大流，求到的满足最大流等于牛头数的那个最小的距离即为答案。

但是出现了一个问题，结点现在也有了容量，因而我们需要拆点，把一个原始结点u分裂成u1和u2两个结点，中间连一条有向弧，容量等于结点容量。原先到达u的弧改成到达u1，原先从u出发的弧改成u2出发。

构图：

找一个源点s，一个汇点t，s和每个草地连一条边，容量为草地上的牛数，每个避雨点和t连一条边，容量为避雨点容纳牛头数。

拆点问题如上所述。

如果一块草地到另一块草地有最短路，且这个最短路小于当前枚举到的路径长度，那么这两块草地连一条边，容量为无穷，因为可以走无限头。

求解枚举满足最小值。

代码：

写了好多遍都T了，最后把vector和queue都换成了普通数组，然后过了，只给了1秒，实在太坑了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

#define maxn 410
#define maxm 80080
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long

struct Edge
{
    int from, to, cap;
}EG[maxm];

//vector<Edge> EG;
int G[maxn][maxm];
int n, f, p, s, t, sum, cow[maxn], bi[maxn], d[maxn], cur[maxn], cntE;
LL mp[maxn][maxn];
int cntg[maxn];
int que[2*maxn];
void addEdge(int from, int to, int cap)
{
    EG[cntE].from = from;
    EG[cntE].to = to;
    EG[cntE].cap = cap;
    cntE++;
    EG[cntE].from = to;
    EG[cntE].to = from;
    EG[cntE].cap = 0;
    cntE++;
    G[from][cntg[from]] = cntE-2;
    cntg[from]++;
    G[to][cntg[to]] = cntE-1;
    cntg[to]++;
}

bool bfs()
{
    memset(d, -1, sizeof(d));
    que[0] = s;
    d[s] = 0;
    int tt = 1, ff = 0;
    while(ff < tt)
    {
        int x = que[ff++];
        for(int i = 0; i < cntg[x]; i++)
        {
            Edge& e = EG[G[x][i]];
            if(d[e.to] == -1 && e.cap > 0)
            {
                d[e.to] = d[x]+1;
                que[tt++] = e.to;
            }
        }
    }
    return (d[t]!=-1);
}

int dfs(int x, int a)
{
    if(x == t || a == 0) return a;
    int flow = 0, f;
    for(int& i = cur[x]; i < cntg[x]; i++)
    {
        Edge& e = EG[G[x][i]];
        if(d[x]+1 == d[e.to] && (f = dfs(e.to, min(a, e.cap))) > 0)
        {
            e.cap -= f;
            EG[G[x][i]^1].cap += f;
            flow += f;
            a -= f;
            if(a == 0) break;
        }
    }
    return flow;
}
int Dinic()
{
    int ans = 0;
    while(bfs())
    {
        memset(cur, 0, sizeof(cur));
        ans += dfs(s, INF);
    }
    return ans;
}

void Floyd()
{
    for(int k = 1; k <= f; k++)
        for(int i = 1; i <= f; i++)
            for(int j = 1; j <= f; j++)
                mp[i][j] = min(mp[i][j], mp[i][k]+mp[k][j]);
}

void build(LL mid)
{
    cntE = 0;
    memset(cntg, 0, sizeof(cntg));
    for(int i = 1; i <= f; i++)
    {
        if(cow[i] != 0)
            addEdge(s, i, cow[i]);	// s和每个草地连边
        if(bi[i] != 0)
            addEdge(i+f, t, bi[i]);	// 每个草地的拆点和避雨点连边
    }
    for(int i = 1; i <= f; i++)
        for(int j = 1; j <= f; j++)
            if(mp[i][j] <= mid)
                addEdge(i, j+f, INF);	// 草地和草地连边
}

void solve()
{
    LL l = 0, r = 1LL*INF*INF, mid, ans = -1;	// 二分枚举，注意长度尽可能大
    while( l <= r)
    {
        mid = (l+r)>>1ll;
        build(mid);			// 构图
        int k = Dinic();	// 求最大流
        if(sum == k) ans = mid, r = mid-1;
        else l = mid+1;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main()
{
    //freopen("poj_2391.txt", "r", stdin);
    int u, v;
    LL w;
    scanf("%d%d", &f, &p);
    sum = 0;
    s = 0; t = 2*f+1;
    n = 2*f+2;
    for(int i = 1; i <= f; i++)
    {
        scanf("%d%d", &cow[i], &bi[i]);
        sum += cow[i];
    }
    memset(mp, INF, sizeof(mp));	// 设一个尽量大的值，但其实不是INF, memset还是挺管用的，字节填充
    for(int i = 1; i <= p; i++)
    {
        scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
        if(mp[u][v] > w)
            mp[u][v] = mp[v][u] = w;
    }
    for(int i = 0; i <= 2*f; i++)	//注意自己是可以到自己的
        mp[i][i] = 0;
    Floyd();		//求最短路
    solve();
    return 0;
}

T了好多次，把STL删掉越来越好，也是醉了：

POJ 2391 Ombrophobic Bovines 不喜欢雨的奶牛 Floyd+二分枚举+最大流