模拟费用流
模拟费用流
一些感受
这个东西好神仙啊.jpg
$Orz \ \ \ laofu$
注意事项：本文代码不保证正确性，带有头文件的是正确的
一组套题
给你$n$个老鼠，$m$个洞，求一个满足要求的匹配的代价。
一个简单的部分
- 满足，洞的容量为$1$，老鼠不能分身，代价为距离，求最小代价。
Pro 1
拥有一个限制：只能向左走。
直接排序即可。
Pro 2
无限制。
一种针对这种问题的$O(n)$解法
显然可以给出DP方程：$f[i][j]$表示，前$i$个位置，有 $ j $ 个洞需要匹配，其中$j$可以为负，表示的意义为有$-j$个老鼠需要匹配。
显然，这个一种常见的思路是将每一个距离拆开看，为$|x_i-y_j|$。
由于在匹配过程中，交叉匹配一定会有不比它差的非交叉匹配方案，所以我们将所有的交叉匹配方式去掉。
- 对于老鼠：$j\ge 0,f[i][j]=f[i-1][j+1]+x[i],j< 0,f[i][j]=f[i-1][j+1]-x[i]$，因为所有老鼠都需要进入洞中，所以没有决策。
- 对于洞：$j> 0,f[i][j]=\min ( f[i-1][j-1]-y[i] ,f[i-1][j]),j\le 0,f[i][j]=f[i-1][j-1]+y[i]$显然，对于后者，因为满足$y[i]$单调递增，所以必定为直接转移最优 。
但是，显然这样转移是没有办法优化掉的，是满的$n^2$，所以我们考虑如何通过分析性质将其优化掉。
- 对于洞的优化：显然，对于决策$j>0$时，满足直接转移更小，因为$y[i]$一定会比$y[i-1]$大所以可以直接用现在的$y[i]$来替换当时的$y[i-1]$就可以变得更优，但是考虑到所有老鼠需要完全匹配，所每次只需要维护$f[i][0]$的答案即可，其他的必定会直接转移最优。
现在我们发现，对于上述DP方程，仅有直接覆盖决策和区间抬升。
简易代码如下：
stack sz,sf;
int tag1=0,tag2=0,f0=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(op[i]==1)//洞
{
tag1-=a[i],tag2+=a[i];
sf.push(f0+a[i]-tag2);
f0=min(sz.top()+tag1-a[i],f0);sz.pop();
}else // 鼠
{
tag1+=a[i],tag2-=a[i];
sz.push(f0+a[i]-tag1);
f0=sf.top()+tag2-a[i];sf.pop();
}
}
一个更加具有普适性的$O(n\log n)$解法
显然，对于这种匹配问题，一定不会存在匹配交叉的情况，所以我们考虑在此的基础上进行贪心。
对于上述DP方程，我们给出如下差分结果：
$\begin{cases} d[i][j]=f[i][j]-f[i][j-1] , j>0 \ d[i][j]=f[i][j]-f[i][j+1],j<0\end{cases}$
那么给出如下转移，由于我们发现，通过上述表达，只能表达出$f[i][j]$之间的关系，无法准确的表达出$f[i][j]$，所以我们需要维护一个$f[i][0]$来得到所以的关系。
那么给出转移：
-
对于老鼠：$f[i][0]=f[i-1][0]+d[i-1][1]+a[i],d[i][j]=\begin{cases}d[i-1][j+1] , j>0||j<-1\-d[i-1][1]-x[i]\times 2\end{cases}$
-
对于洞：$f[i][0]=\min(f[i-1][0],f[i-1][0]+d[i-1][-1]+a[i])$
拆开看：
- 如果$d[i-1][-1]+a[i]<0$：$f[i][0]=f[i-1][0]+d[i-1][-1]+a[i],d[i][j]=\begin{cases}d[i-1][j-1],j>1||j<0 \-d[i][-1]-y[i]\times 2 \end{cases}$
- 否则：$f[i][0]=f[i-1][0],d[i][j]=\begin{cases}d[i-1][j-1],j>1||j<0 \y[i] \end{cases}$
这个东西显然就可以用上面的那个栈的做法用差分意义理解了...
有这个东西，可以发现这个DP是具有凸性的，也就是说，对于这个DP来说，$d[i][j]$在$j>0$时单调递增，在$j<0$时单调递减。
所以直接用堆来维护一下最小的$d[i][j],j>0$和最小的$d[i][j],j<0$即可。
实现代码如下：
priority_queue<int>q0,q1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(op[i]==1)//洞
{
if(q0.top()+a[i]<0)
{
f0=f0+q0.top()+a[i];
q1.push(-q0.top()-a[i]*2);
q0.pop();
}else q1.push(-a[i]);
}else // 鼠
{
f0=f0+q1.top()+a[i];
q0.push(-q1.top()-a[i]*2);
q1.pop();
}
另外的一种分析方式：
对于当前的两个堆，分别相当于是对于鼠和对于洞的匹配集合，每次强制老鼠匹配一个尚未匹配的，在他左边的洞，然后可以在之后的操作中将这次匹配反悔，变成匹配之后的某一个洞。
Pro 3
现在，对于给定问题，老鼠只能向左走，并且代价为$ x_i-y_j+w_j $，不一定每个老鼠都进入洞中，求最大代价。
好像这个题可以随便做的样子...
直接按照$a_i$从左到右的顺序，维护一个对于洞的堆，其中的比较关键字是按照$w_j-y_j$从大到小排序。
然后每次取出堆顶进行匹配即可...
一个加强之后的部分
Pro 4
对于每个洞，有一个容量限制，也就是每个洞可以容纳$b_i$个老鼠。
- 一个弱智举了手：如果$\sum\limits_{i=1}^nb_i\le 10^6$我会！拆开每个洞然后进行Pro 2即可！
- （看待弱智的眼神
好的，我们接下来考虑这个题如何处理...
一个神仙的做法
只需要强制往左跑，和强制往右跑的构成的堆的交集做一发即可。
这个东西的时间复杂度显然是$O(n\log n)$的。
对此的证明：显然我不会。
我所能想到的做法
显然，只需要在维护堆的时候，传进两个参数，分别表示剩余的容量，和相应的代价，然后按照第二维维护最小值即可。
每次把对应容量减去，如果为$0$就不再压入...
大致代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
const long long inf = 1ll<<40;
struct node{int op,lim;ll x,w;}a[N];
bool cmp(const node &a,const node &b){return a.x<b.x;}
int tot,n,m;ll f0,sum;
priority_queue<pair<ll ,int > ,vector<pair<ll ,int > > ,greater<pair<ll ,int > > >q1;
priority_queue<ll ,vector<ll > ,greater<ll > >q0;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),a[i]=(node){0,0,x,0};tot=n;
for(int i=1;i<=m;i++)tot++,scanf("%lld%lld%d",&a[tot].x,&a[tot].w,&a[tot].lim),a[tot].op=1,sum+=a[tot].lim;
a[++tot]=(node){1,n,-inf,0};a[++tot]=(node){1,n,inf,0};
if(sum<n)return puts("-1"),0;sort(a+1,a+tot+1,cmp);
for(int i=1;i<=tot;i++)
if(a[i].op==1)//洞
{
int t=a[i].lim;
while(!q0.empty()&&t&&q0.top()+a[i].x<0)
{
f0=f0+q0.top()+a[i].x;
q1.push(make_pair(-q0.top()-a[i].x*2,1));
q0.pop();t--;
}
if(t)q1.push(make_pair(-a[i].x,t));
}else // 鼠
{
pair<ll ,int > tmp=q1.top();q1.pop();
f0=f0+tmp.first+a[i].x;
q0.push(-tmp.first-a[i].x*2);tmp.second--;
if(tmp.second)q1.push(tmp);
}
printf("%lld\n",f0);
}
Pro 5
每个老鼠可以无限分身，但是分出来的身一定要进入洞中，每个洞有一个容量无限，但是至少有一只老鼠。
- 暴力大家都会（真的吗？
然后似乎正解也不是很难，我们只需要这样考虑，对于每个老鼠的权值，分成两类，一部分，容量为$1$，费用为$-\infty+d[i][1]+x_i\times 2$，一部分容量为$\infty$，费用为$d[i][1]+x[i]\times 2$
然后对于每个洞，也就同样，当做Pro4中容量上限为$\infty$来做。
然后我们考虑到，两个容量$\infty$之间匹配，一定不优，所以不存在这种匹配情况。
大致代码：
priority_queue<pair<int ,int > >q0,q1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(op[i]==1)//洞
{
pair<int ,int >tmp;tmp=q0.top();q0.pop();
if(tmp.first+a[i]-inf<0)
{
f0=f0+tmp.first+a[i];
q1.push(make_pair(tmp.first,1));tmp.second--;
if(!tmp.second)tmp=q0.top();
}else q1.push(make_pair(a[i]-inf,1));
while(tmp.first+a[i]<0)
{
f0=f0+tmp.first+a[i];q0.pop();
q1.push(make_pair(-tmp.first-a[i]*2,1));tmp.second--;
if(tmp.second)q0.push(tmp);
}
q1.push(a[i],inf);
}else // 鼠
{
pair<int ,int >tmp;tmp=q1.top();q1.pop();
if(tmp.first+a[i]-inf<0)
{
f0=f0+tmp.first+a[i];
q0.push(make_pair(tmp.first,1));tmp.second--;
if(!tmp.second)tmp=q1.top();
}else q0.push(make_pair(a[i]-inf,1));
while(tmp.first+a[i]<0)
{
f0=f0+tmp.first+a[i];q1.pop();
q0.push(make_pair(-tmp.first-a[i]*2,1));tmp.second--;
if(tmp.second)q1.push(tmp);
}
q0.push(a[i],inf);
}
pro 6
在最基础的模型上增加，每个洞有一个权值$w_i$，老鼠进洞的代价变为：$|x_i-y_i|+w_i$
想明白了，也不是很难。
只需要考虑到上述式子在不同情况下，代价不同，分别是$w_i-y_i$和$w_i+y_i$，然后分别作为洞和老鼠的反悔情况。
这样的意义代表着，老鼠即使匹配了右侧的一个洞，也可能会反悔去匹配更右侧的一个洞，因为这样可能代价更小。
其他的东西倒是没啥区别。
简易代码如下：
priority_queue<int>q0,q1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(op[i]==1)//洞
{
if(q0.top()+a[i]+w[i]<0)
{
f0=f0+q0.top()+a[i]+w[i];
q1.push(-q0.top()-a[i]*2);
q0.pop();
q0.push(-a[i]-w[i]);
}else q1.push(-a[i]+w[i]);
}else // 鼠
{
f0=f0+q1.top()+a[i];
q0.push(-q1.top()-a[i]*2);
q1.pop();
}
pro 7
我们可以考虑，如果模型转化到树上了，如何解决。
（可能大概这个题可以被一眼秒掉了。
直接把堆换成可并堆，同样，它也不能交叉匹配，这里的交叉匹配是指在同一条链上时，两者交叉匹配。
没有简易代码
pro 8 UER8 T2 雪灾与外卖
其实还是最基础的模型，上面加上了容量和额外代价。
直接把上面Pro 6和Pro 4的做法结合起来即可。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
const long long inf = 1ll<<40;
struct node{int op,lim;ll x,w;}a[N];
bool cmp(const node &a,const node &b){return a.x<b.x;}
int tot,n,m;ll f0,sum;
priority_queue<pair<ll ,int > ,vector<pair<ll ,int > > ,greater<pair<ll ,int > > >q1,q0;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),a[i]=(node){0,0,x,0};tot=n;
for(int i=1;i<=m;i++)tot++,scanf("%lld%lld%d",&a[tot].x,&a[tot].w,&a[tot].lim),a[tot].op=1,sum+=a[tot].lim;
a[++tot]=(node){1,n,-inf,0};a[++tot]=(node){1,n,inf,0};
if(sum<n)return puts("-1"),0;sort(a+1,a+tot+1,cmp);
pair<ll ,int > tmp;
for(int i=1;i<=tot;i++)
if(a[i].op==1)//洞
{
int t=a[i].lim;
while(!q0.empty()&&t&&q0.top().first+a[i].w+a[i].x<0)
{
tmp=q0.top();q0.pop();
int now=min(t,tmp.second);
f0=f0+(ll)now*(tmp.first+a[i].x+a[i].w);
q1.push(make_pair(-tmp.first-a[i].x*2,now));
t-=now;tmp.second-=now;if(tmp.second)q0.push(tmp);
}
if(a[i].lim!=t)q0.push(make_pair(-a[i].x-a[i].w,a[i].lim-t));
if(t)q1.push(make_pair(-a[i].x+a[i].w,t));
}else // 鼠
{
tmp=q1.top();q1.pop();
f0=f0+tmp.first+a[i].x;
q0.push(make_pair(-tmp.first-a[i].x*2,1));tmp.second--;
if(tmp.second)q1.push(tmp);
}
printf("%lld\n",f0);
}
pro 9
没看懂这题在说些啥
pro 10
给一个序列，要求选出$K$个区间，每个区间不相交，求最大和。
直接线段树维护区间连续最大值，每次区间取相反数即可。
pro 11
看样子像是Pro 9 + Pro 10的合体，反正不太可写...
预估代码会和蜀道难有一拼了.jpg
pro 12 NOI 2017 D2T2 蔬菜
暴力的话，费用流直接建图应该有$40\sim60$分不等，我不知道我自己哪里写挂掉了，wa了好几个点...
由于我们发现，随着天数的增加，选择的蔬菜的集合只会变成原先的父集，也就是不会退流，所以直接使用线段树维护增广的合法性即可，剩下的就是堆+贪心了。
pro 13
有一棵$n $个点的树，$m$个人站在树根。每条边有一个边权。现在每个人都可以任意行走，经过一条边就要付出对应边权的代价。问最小代价使得每条边至少被一个人经过。$n \le 10^5,m \le 50$。
直接DP不解释。
