P2402 奶牛隐藏 题解

首先可以发现可以二分答案。接着考虑如何 check。

假设二分当前距离最大值为 $x$，显然对于点对 $(i,j)$，当 $dis(i,j) \leq x$ 时，$i$ 的所有奶牛可以到 $j$ 点避雨。可以最短路预处理 $dis$。然而题目限制仍然难以下手。

考虑二分图模型，每个点分成两个点，一个是这个点的奶牛，即 $s_i$，另一个是牛棚，即 $p_i$。

源点 $S$ 向每个奶牛点 $i$ 连边，容量为 $s_i$。每个牛棚点向汇点 $T$ 连边，容量为 $p_i$。这保证了每个奶牛点最多只出去 $s_i$，每个牛棚最多只承受 $p_i$。

对于上文提到的点对 $(i,j)$，我们从 $i$ 的奶牛点连一条边向 $j$ 的牛棚点，容量为 $+\infty$。这意味着每个奶牛点可以去某个牛棚的牛数不限。不过由于我们已经限定了 $s_i$ 的容量，所以是正确的。

跑一遍最大流，当流量为 $\sum \limits_{i=1}^n s_i$ 时，表示存在方案使得所有牛到棚子且满足题目要求。否则不存在。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 2e5 + 5, M = 205;

int dis[M][M], sums = 0;
vector<pair<int, int> > G[N];
int e[N], h[N], c[N], ne[N], idx;
int s[N], p[N], n, m, d[N], cur[N];
bool vis[N];
int S = 0, T;

struct Node
{
	int u, d;
	Node(int _u, int _d): u(_u), d(_d){}
	bool operator<(const Node& g) const
	{
		return d > g.d;
	}
};

int dijkstra(int s)
{
	for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = 0;
	dis[s][s] = 0;
	priority_queue<Node> q;
	q.push(Node(s, 0));
	while (q.size())
	{
		int u = q.top().u;
		q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (auto j : G[u])
		{
			if (dis[s][j.first] > dis[s][u] + j.second)
			{
				dis[s][j.first] = dis[s][u] + j.second;
				q.push(Node(j.first, dis[s][j.first]));
			}
		}
	}
}

inline void add(int u, int v, int w)
{
	e[idx] = v, c[idx] = w, ne[idx] = h[u], h[u] = idx++;
}

inline void adde(int u, int v, int w)
{
	add(u, v, w);
	add(v, u, 0);
}

inline bool bfs()
{
	queue<int> q;
	for (int i = 0; i <= T; i++)
	{
		d[i] = -1, cur[i] = 0;
	}
	d[S] = 0, cur[S] = h[S];
	q.push(S);
	while (q.size())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();
		for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
		{
			int j = e[i];
			if (c[i] > 0 && d[j] == -1)
			{
				d[j] = d[u] + 1;
				cur[j] = h[j];
				if (j == T) return 1;
				q.push(j);
			}
		}
	}
	return 0;
}

inline int dfs(int u, int lim)
{
	if (u == T) return lim;
	int sum = 0;
	for (int i = cur[u]; ~i && sum < lim; i = ne[i])
	{
		cur[u] = i;
		int j = e[i];
		if (d[j] == d[u] + 1 && c[i] > 0)
		{
			int p = dfs(j, min(c[i], lim - sum));
			if (!p) d[j] = -1;
			sum += p;
			c[i] -= p;
			c[i ^ 1] += p;
		}
	}
	return sum;
}

int dinic()
{
	int res = 0;
	while (bfs())
	{
		int p;
		while (p = dfs(S, (int)9e18)) res += p;
	}
	return res;
}

inline bool check(int x)
{
	T = 2 * n + 1;
	for (int i = 0; i <= 605; i++)
	{
		h[i] = -1;
	}
	idx = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		adde(S, i, s[i]);
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			if (dis[i][j] <= x)
			{
				adde(i, j + n, (int)9e18);
			}
		}
		adde(i + n, T, p[i]);
	}
	return dinic() == sums;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i] >> p[i], sums += s[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			dis[i][j] = 9e18;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		G[u].emplace_back(make_pair(v, w));
		G[v].emplace_back(make_pair(u, w));
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) dijkstra(i);
	int l = 0, r = (int)2e18, res = -1;
	while (l <= r)
	{
		int mid = l + ((r - l) >> 1);
		if (check(mid))
		{
			res = mid;
			r = mid - 1;
		}
		else l = mid + 1;
	}
	cout << res << "\n";
	return 0;
}