BZOJ2563 阿狸和桃子的游戏

BZOJ2563   阿狸和桃子的游戏

Description

　　阿狸和桃子正在玩一个游戏，游戏是在一个带权图G=(V, E)上进行的，设节点权值为w(v)，边权为c(e)。游戏规则是这样的：
　　1. 阿狸和桃子轮流将图中的顶点染色，阿狸会将顶点染成红色，桃子会将顶点染成粉色。已经被染过色的点不能再染了，而且每一轮都必须给一个且仅一个顶点染色。
　　2. 为了保证公平性，节点的个数N为偶数。
　　3. 经过N/2轮游戏之后，两人都得到了一个顶点集合。对于顶点集合S，得分计算方式为
　　。
　　由于阿狸石头剪子布输给了桃子，所以桃子先染色。两人都想要使自己的分数比对方多，且多得越多越好。如果两人都是采用最优策略的，求最终桃子的分数减去阿狸的分数。

　

Input

　输入第一行包含两个正整数N和M，分别表示图G的节点数和边数，保证N一定是偶数。
　　接下来N+M行。
　　前N行，每行一个整数w，其中第k行为节点k的权值。
　　后M行，每行三个用空格隔开的整数a b c，表示一条连接节点a和节点b的边，权值为c。

　

Output

　输出仅包含一个整数，为桃子的得分减去阿狸的得分。

Sample Input

4 4
6
4
-1
-2
1 2 1
2 3 6
3 4 3
1 4 5

Sample Output

3
数据规模和约定
　　对于40%的数据，1 ≤ N ≤ 16。
　　对于100%的数据，1 ≤ N ≤ 10000，1 ≤ M ≤ 100000，-10000 ≤ w , c ≤ 10000。

 

题解：

贪心好题啊，转化地巧妙。

因为最终求的是桃子的分数-阿狸的，所以我们来考虑答案的贡献：对于一个点，选的贡献为 w，不选为 -w，对于一条边，选两个端点贡献为 c，选一个为 0，两个都不选为 -c。

转化一下，我们一开始对于 ans 先把贡献全部减掉：对于点 -w，对于边 -c。这样贡献就变成了：对于一个点，选的贡献为 2w，不选为 0，对于一条边，选两个端点贡献为 2c，选一个为 c，两个都不选为 0。这样一来方便多了，一个点对于答案的贡献就是 2w+c。

我们把贡献从大到小排序，两个两个一组取，得出的就是最终答案。

 

代码如下：

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005;
int n,m;
long long ans,a[N];
bool cmp(long long a,long long b)
{
    return a>b;
}
int main()
{  
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        int x; scanf("%d",&x);
        ans-=x; a[i]+=2*x;
    }
    for (int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        ans-=z; a[x]+=z; a[y]+=z;
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for (int i=1; i<=n; i+=2) ans+=a[i];
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

 

加油加油加油！！！ fighting fighting fighting !!!