题意：
n个糖果，m个孩子，给一个矩阵like[i][j]表示第i个孩子喜欢第j个糖果。 如果孩子拿到他喜欢的糖果，那么他将会增加k个快乐度，拿到不喜欢的，增加1。 如果孩子i的欢乐值大于B[i]，那么他就是开心的。
问，能否有一种分配方案，让所有孩子都开心，有输出yes，没有no。
思路：（讲的不好请见谅，大牛勿喷）
起初是看了一个大牛的一篇关于网络流建模的总结，里面有个跟这个题同名的题，只是它里面k是固定的就是2.里面的做法是用单纯的最大流做的，没有考虑到费用。建图是这样的，每颗糖作为一个点连边（s,i,1）,每个小孩j座位一个点连边（j,t,b[i]/2），若小孩j喜欢糖果i则连边（i,j,1）,然后最大流一下，得ans,，ans+n>=求和（b[i]）.他的考虑是反正每颗糖最后都是要分给孩子的，那么它一定会为总权值贡献1，所以这个1就不考虑了，最后加上n,只考虑如果孩子喜欢这个糖而带来的额外的贡献，上述题里面这样做是没问题的。其实这两道题的思路很像，hdu4322应该是改变自上述题的，将k变成了变化的，而不是2了。
一开始我拿到这个题的时候，就直接套了上述题的思路，想将小孩j作为一个点练边（j,t,b[i]/k），表示该孩子能用b[i]/k块糖果填补一下快乐度，，走一边最大流，然后用剩下的n-ans块糖来填补这些孩子不够的快乐度。后来一想这样做是不对的，比如k=3，b[i]%k==2,如果套上述建图方法，也就是说我需要用两块糖来填补这个孩子的快乐度，并且这两块糖里面可能会有他喜欢的糖果，因为走最大流的时候只让它满足了b[i]/k个流量。但这时你给这个孩子一个他喜欢的糖果，快乐度会超出1，但是糖果使用上是更少了，这是更合理的。所以只用最大流是错的。这时候就想到了需要用到费用流。
其中的总费用代表了给这些孩子喜欢的糖果所能得到的总贡献，每给一个孩子一块它喜欢的糖果，其费用是k，而且每个孩子的快乐度到达b[i]即可，就算超过了也按b[i]算，因为超过的部分没有意义。然后呢，详细考虑一下，如果一个孩子b[i]%k==0 那么建边（j,t,b[i]%k,k）,容量是b[i]%k,费用是k,那么如果b[i]%k!=0呢？
如果==1，也就是说剩余的快乐度就算你给他喜欢的糖果效果也跟普通糖果一样，这时候就不需要建边了。如果>1，这时候就需要再建第二条边(j,t,1,b[i]%k)，容量是1，费用是b[i]%k，它的意义就是用一个喜欢的糖果把b[i]%k的部分填补掉。但这时候再考虑一个问题，就是如果你套最小费用最大流的板子，它肯定会先走第二条边，但这样是不对的。这样的话就有可能导致费用是k的边的容量有剩余时，而第二条边已经被流了，道理自己想吧。所以我们需要做的就是先让它流费用大的，所以这是个最大费用最大流。只需要把费用取相反数，流完再取反就好了。
最后判断n-ans>=all(b[i])-cost是否成立就好了,也就是剩余的没人喜欢（或者被某些孩子喜欢但这个孩子快乐度够了而不能要）的糖果是不是能满足剩余的快乐度。
代码：最小费用流的板子屯一发
#include<iostream>#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int inf=1<<29;const int maxn=1000;struct node{int v,next,cap,w;};node edge[maxn<<1];int head[maxn];int cnt;int dis[maxn],pe[maxn],pv[maxn];int m,n,k;int cost,flow;int S,T,all;bool mark[maxn];void init(){memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;all=0;}void add(int a,int b,int c,int d){edge[cnt].v=b;edge[cnt].cap=c;edge[cnt].w=d;edge[cnt].next=head[a];head[a]=cnt++;edge[cnt].v=a;edge[cnt].cap=0;edge[cnt].w=-d;edge[cnt].next=head[b];head[b]=cnt++;}int mindinic(){int Min;cost=0,flow=0;while(1){for(int i=0;i<=T;i++) dis[i]=inf;memset(mark,false,sizeof(mark));queue<int> q;dis[0] = 0;q.push(0);mark[0]=true;int cur;while(!q.empty()){cur = q.front();q.pop();mark[cur]=false;for(int i = head[cur]; i != -1; i = edge[i].next){node x=edge[i];if(x.cap&& dis[x.v]>x.w+dis[cur] ){dis[x.v] = dis[cur] + x.w;pe[x.v]=i;pv[x.v]=cur;if(!mark[x.v]){mark[x.v]=true;q.push(x.v);}}}}if(dis[T]==inf) return cost;Min=inf;for(int j=T; j!=S; j=pv[j])Min=min(Min,edge[pe[j]].cap);flow+=Min;cost+=dis[T]*Min;for(int j=T; j!=S; j=pv[j])edge[pe[j]].cap-=Min,edge[pe[j]^1].cap+=Min;}}int main(){int cas=1;int t,x;scanf("%d",&t);while(t–){scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);init();S=0,T=n+m+1;for(int i=1; i<=n; i++){add(S,i,1,0);}for(int i=1; i<=m; i++){scanf("%d",&x);all+=x;add(n+i,T,x/k,-k);if(x%k>1){add(n+i,T,1,-x%k);}}for(int i=1; i<=m; i++){for(int j=1; j<=n; j++){scanf("%d",&x);if(x){add(j,n+i,1,0);}}}int tmp=-mindinic();//用上的喜欢的糖果能够填充的快乐度if(n-flow>=all-tmp)//剩余的没人喜欢的糖果是否能填充剩余的快乐度printf("Case #%d: YES\n",cas++);elseprintf("Case #%d: NO\n",cas++);}return 0;}
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