River Problem

题意：一个有向树（河流），只有一个汇点1，每条边只有一个出度。有些河道有污染指数xi,必需要治理，有m段路径，可以去覆盖这些，每被覆盖一次，xi降低响应值。

：即 给出一些边必需要覆盖的次数，用m段路径去覆盖，每次覆盖有相应费用，求最小费用。

思路：这题被誉为难题，给一个网络流，给出一些边的流量下界，以及给用某些路段流量去流满足要求。这里与正常网络流相悖，是wi>=xi,所以用：

预先加灌法：（预先灌入大流量（相应干道大小灌溉相应流量），要覆盖的减掉，使达不到预期流量，而用添加费用来补充，恰好跑最小费用最大流）

     相应河道流量为U-wi（wi为要覆盖次数），再给的路径直接连边。如果没有wi，那么必然最大流为 U*主干道流量。应该有这些污染指数，所以在某些边流量变窄了！，再没有花费路径补充流量的情况下，比如达不到最大流，就无解，这样起到补充作用。

取之官方思路：

这里u取wi最大值略大（50）即可.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxv=301,maxe=10001;
int nume=0;int head[maxv];int e[maxe][4];
void inline adde(int i,int j,int c,int w)         //网络流图
{  
    e[nume][0]=j;e[nume][1]=head[i];head[i]=nume;
    e[nume][2]=c;e[nume++][3]=w;
    e[nume][0]=i;e[nume][1]=head[j];head[j]=nume;
    e[nume][2]=0;e[nume++][3]=-w;
}
int nume2=0;int head2[maxv];int e2[maxe][4];
void inline adde2(int i,int j,int c,int w)              //原图
{
    e2[nume2][0]=j;e2[nume2][1]=head2[i];head2[i]=nume2;
    e2[nume2][2]=c;e2[nume2++][3]=w;
}
int numfa[maxv];                              //即dp[i]：i的边干道宽度/包含叶子数
int outd[maxv];
int n,m;int ss,tt;
int inq[maxv];int d[maxv]; int pre[maxv];int prv[maxv];
bool spfa(int &sum,int &sumflow)
{
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        inq[i]=0;
        d[i]=inf;
    }
    queue<int>q;
    q.push(ss);
    inq[ss]=1;
    d[ss]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int cur=q.front();
        q.pop();
        inq[cur]=0;
        for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
        {
            int v=e[i][0];
            if(e[i][2]>0&&d[cur]+e[i][3]<d[v])
            {
                d[v]=d[cur]+e[i][3];
                pre[v]=i;
                prv[v]=cur;
                if(!inq[v])
                {
                    q.push(v);
                    inq[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    if(d[tt]==inf)return 0;
    int cur=tt;int minf=inf;
   while(cur!=ss)
    {
        int fe=pre[cur];
        minf=e[fe][2]<minf?e[fe][2]:minf;
        cur=prv[cur];
    }
     cur=tt;
    while(cur!=ss)
    {
        e[pre[cur]][2]-=minf;
        e[pre[cur]^1][2]+=minf;
        cur=prv[cur];
    }
    sum+=d[tt]*minf;
    sumflow+=minf;
    return 1;
}
int sumcost(int &sumflow)
{
    int sum=0;
    while(spfa(sum,sumflow));
    return sum;
}
int dfs_getnumfa(int u)                 // 记录出i所包含的叶子数（源点数）
{
    if(u==0)return 1;
    for(int i=head2[u];i!=-1;i=e2[i][1])
    {
           int v=e2[i][0];
             numfa[u]+=dfs_getnumfa(v);
    }
    return numfa[u];
}
void read_build()
{
       scanf("%d",&n);
       int aa,bb,cc,ww;
        for(int i=0;i<n-1;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&aa,&bb,&cc);
            adde2(bb,aa,0,cc);         //反向建树，原来的是倒的树
            outd[bb]++;
        }
         for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(outd[i]==0)            //源点
            {
                adde2(i,0,0,0);
            }
        }
        numfa[0]=1;
        dfs_getnumfa(1);
      for(int i=0;i<=n;i++)
      {
          for(int j=head2[i];j!=-1;j=e2[j][1])
          {
              int v=e2[j][0];
              adde(v,i,numfa[v]*50-e2[j][3],0);
          }
      }
      scanf("%d",&m);
      for(int i=0;i<m;i++)
      {
          scanf("%d%d%d%d",&aa,&bb,&cc,&ww);
          adde(aa,bb,cc,ww);
      }
}
void init()
{
    nume=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    nume2=0;
    memset(head2,-1,sizeof(head2));
    memset(numfa,0,sizeof(numfa));
    memset(outd,0,sizeof(outd));
    ss=0;tt=1;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int ii=1;ii<=T;ii++)
    {
        init();
        read_build();
        int sumflow=0;
        int ans=sumcost(sumflow);
        if(sumflow!=numfa[1]*50)
          printf("Case #%d: -1\n",ii);
        else
          printf("Case #%d: %d\n",ii,ans);
    }
    return 0;
}