bzoj 4873: [Shoi2017]寿司餐厅
4873: [Shoi2017]寿司餐厅
2017-10-05
Description
Kiana最近喜欢到一家非常美味的寿司餐厅用餐。每天晚上，这家餐厅都会按顺序提供n种寿司，第i种寿司有一个
代号ai和美味度di,i，不同种类的寿司有可能使用相同的代号。每种寿司的份数都是无限的，Kiana也可以无限次
取寿司来吃，但每种寿司每次只能取一份，且每次取走的寿司必须是按餐厅提供寿司的顺序连续的一段，即Kiana
可以一次取走第1,2种寿司各一份，也可以一次取走第2,3种寿司各一份，但不可以一次取走第1,3种寿司。由于餐
厅提供的寿司种类繁多，而不同种类的寿司之间相互会有影响：三文鱼寿司和鱿鱼寿司一起吃或许会很棒，但和水
果寿司一起吃就可能会肚子痛。因此，Kiana定义了一个综合美味度di,j(i<j)，表示在一次取的寿司中，如果包含
了餐厅提供的从第i份到第j份的所有寿司，吃掉这次取的所有寿司后将获得的额外美味度。由于取寿司需要花费一
些时间，所以我们认为分两次取来的寿司之间相互不会影响。注意在吃一次取的寿司时，不止一个综合美味度会被
累加，比如若Kiana一次取走了第1,2,3种寿司各一份，除了d1,3以外，d1,2,d2,3也会被累加进总美味度中。神奇
的是，Kiana的美食评判标准是有记忆性的，无论是单种寿司的美味度，还是多种寿司组合起来的综合美味度，在
计入Kiana的总美味度时都只会被累加一次。比如，若Kiana某一次取走了第1,2种寿司各一份，另一次取走了第2,3
种寿司各一份，那么这两次取寿司的总美味度为d1,1+d2,2+d3,3+d1,2+d2,3，其中d2,2只会计算一次。奇怪的是，
这家寿司餐厅的收费标准很不同寻常。具体来说，如果Kiana一共吃过了c(c>0)种代号为x的寿司，则她需要为这些
寿司付出mx^2+cx元钱，其中m是餐厅给出的一个常数。现在Kiana想知道，在这家餐厅吃寿司，自己能获得的总美
味度（包括所有吃掉的单种寿司的美味度和所有被累加的综合美味度）减去花费的总钱数的最大值是多少。由于她
不会算，所以希望由你告诉她
Input
第一行包含两个正整数n,m，分别表示这家餐厅提供的寿司总数和计算寿司价格中使用的常数。
第二行包含n个正整数，其中第k个数ak表示第k份寿司的代号。
接下来n行，第i行包含n-i+1个整数，其中第j个数di,i+j-1表示吃掉寿司能
获得的相应的美味度，具体含义见问题描述。
N<=100,Ai<=1000
Output
输出共一行包含一个正整数，表示Kiana能获得的总美味度减去花费的总钱数的最大值。
Sample Input
3 1
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15
Sample Output
12
当初省选的时候,Day2的T1一看到,额什么东西啊,树+连通块??
T2一个概率,完全GG,T3好像是一个dp,数据还蛮小的x，就是他了,看了半天题目,Day2爆0了,哈哈哈.
这个题现在才知道是网络流,(因为关系复杂,所以先花式建边,分几个步骤
1:如果i=j,令map[i][j]-编号;
2:map[i][j]>0连源点,并和(i+1,j)(i,j-1)相连;
3:map[i][j]<0连汇点,并和(i+1,j)(i,j-1)相连;
建完边跑最小割
用所有正边权和减去最小割就是答案.
w同学汇点选1e7,数组竟然只开了8e4,不re才怪哈哈哈哈哈哈哈哈
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; const int ad=233; const int INT=2333333; int read(){ int an=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while('0'<=ch&&ch<='9'){an=an*10+ch-'0';ch=getchar();} return an*f; } bool v[1000+ad]; int a[100+ad],map[100+ad][100+ad],cnt1,cnt=1; int id[100+ad][100+ad],idw[1000+ad]; int f[20000<<2]; int n,m,ans,S,T; struct saber{ int nex,to,wi; }b[20000<<3]; inline void add(int x,int y,int z){ cnt++; b[cnt].nex=f[x]; b[cnt].to=y; b[cnt].wi=z; f[x]=cnt; cnt++; b[cnt].nex=f[y]; b[cnt].to=x; b[cnt].wi=0; f[y]=cnt; } int dis[20000<<2]; queue<int>q; bool bfs(){ while(!q.empty())q.pop(); memset(dis,-1,sizeof(dis)); q.push(S);dis[S]=0; while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for(int i=f[x];i;i=b[i].nex){ int v=b[i].to; if(dis[v]<0&&b[i].wi){ dis[v]=dis[x]+1; q.push(v); if(v==T)return 1; } } } if(dis[T]>0)return 1; return 0; } int dfs(int x,int li){ if(x==T)return li; int used=li; for(int i=f[x];i;i=b[i].nex){ int v=b[i].to; if(used&&b[i].wi>0&&dis[v]==dis[x]+1){ int re=dfs(v, min(b[i].wi,used) ); b[i].wi-=re; b[i^1].wi+=re; used-=re; if(!re)dis[v]=-23333; } } return li-used; } void prepare(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++)map[i][j]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++)cnt1++,id[i][j]=cnt1; T=cnt1+1000; for(int i=1;i<=n;i++)if(!v[a[i]]){ cnt1++;idw[a[i]]=cnt1; add(cnt1,T,m*a[i]*a[i]);v[a[i]]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++){ if(i==j){ map[i][j]-=a[i]; add(id[i][j],idw[a[i]],INT); } else { add(id[i][j],id[i][j-1],INT); add(id[i][j],id[i+1][j],INT); } if(map[i][j]<0){ add(id[i][j],T,-map[i][j]); } else { add(S,id[i][j],map[i][j]); ans+=map[i][j]; } } } void dinic(){ while(bfs()){ ans-=dfs(S,INT); } } int main(){ prepare(); dinic(); cout<<ans; return 0; }
by:s_a_b_e_r
省选的时候注意力全在好吃的寿司上w
一道求最大权闭合子图的题，然而建边很难qwq
花式建边：
对于每个取寿司的区间，正的连s，负的连t，边权是区间美味度的绝对值
每个单独的寿司连边的时候额外减去这个寿司的编号（因为要算花费）
每个寿司和这个寿司的编号连一条边，边权INF
每个编号向t连一条边，边权是m*x2
然后跑一遍最大流求出最大权闭合子图就好啦
……以及要明确每个数组的范围qwq
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; const int N=109*109,inf=1e7+7; int n,m,cnt=1,p[80000],sum,a[1000+233],tot=1001; int s=0,t=70000,dis[80000],d[233][233],num[233][233]; bool vis[1233]; struct edge{int to,nex,val;}e[20000<<2]; void add(int u,int v,int w) { e[++cnt]=(edge){v,p[u],w}; p[u]=cnt; e[++cnt]=(edge){u,p[v],0}; p[v]=cnt; } queue<int>q; bool bfs() { memset(dis,-1,sizeof(dis)); while(!q.empty())q.pop(); dis[s]=0;q.push(s); while(!q.empty()) { int x=q.front();q.pop(); for(int i=p[x];i;i=e[i].nex) { int v=e[i].to; if(dis[v]<0&&e[i].val) { dis[v]=dis[x]+1; if(v==t)return 1; q.push(v); } } } return 0; } int dfs(int x,int li) { if(x==t)return li; int used=li; for(int i=p[x];i;i=e[i].nex) { int v=e[i].to; if(dis[v]==dis[x]+1&&used&&e[i].val) { int re=dfs(v,min(used,e[i].val)); if(!re)dis[v]=-1; used-=re; e[i].val-=re; e[i^1].val+=re; } } return li-used; } int dinic() { int ans=0; while(bfs()){ans+=dfs(s,inf);} return ans; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",&a[i]); if(vis[a[i]])continue; vis[a[i]]=1;add(a[i],t,m*a[i]*a[i]); } for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i;j<=n;++j) { scanf("%d",&d[i][j]); num[i][j]=++tot; } for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i;j<=n;++j) { if(i==j){ d[i][j]-=a[i]; add(num[i][j],a[i],inf); } else{ add(num[i][j],num[i][j-1],inf); add(num[i][j],num[i+1][j],inf); } if(d[i][j]>=0){add(s,num[i][j],d[i][j]);sum+=d[i][j];} else add(num[i][j],t,-d[i][j]); } cout<<sum-dinic(); return 0; }
by:wypx
