bzoj 3532

很好的一道题,对理解最小割有很大帮助

首先,不难发现本题与网络流24题中的某一道很类似,我们可以先跑一次dp求出每个节点的LIS,然后拆点,拆出的两点之间连流量为删除的代价的边,剩下的点之间按dp的转移连流量正无穷的边,最后跑最小割即为第一问答案

但是第二问有个问题:又引入了一个量要求最小割字典序最小,这怎么办?

首先我们考虑:字典序最小的话我们就要让第一个尽可能小,然后让第二个尽可能小...以此类推

那么我们考虑什么样的边可能在最小割中

这样的边一定满足如下条件:

第一.这条边已经满流了

第二.这条边的两端之间不存在增广路

如果一条边满足这样的条件,那么这条边就可以在一个最小割之中

那么我们把点按第三个变量排序,从小到大判断能否加入最小割,如果能加入最小割的话则需要退流,也就是退掉源点和汇点到这条边两端的流,这一步可以反向dfs解决

于是这题就结束了

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
    int nxt;
    int to;
    int val;
    int flo;
}edge[500005];
struct Info
{
    int num,v,w,c;
    friend bool operator < (Info a,Info b)
    {
        return a.c<b.c;
    }
}f[1005];
int re[1005];
int head[5005];
int cur[5005];
int dis[5005];
int toe[5005];
int dp[1005];
int cnt=1,ttop=0;
int T,n;
int st,ed;
void init()
{
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    cnt=1,ttop=0;
}
void add(int l,int r,int w)
{
    edge[cnt].nxt=head[l];
    edge[cnt].to=r;
    edge[cnt].val=w;
    head[l]=cnt++;
}
void dadd(int l,int r,int w)
{
    add(l,r,w),add(r,l,0);
}
int ide(int x)
{
    return x&1?x+1:x-1;
}
bool bfs(int fr,int Ed)
{
    memcpy(cur,head,sizeof(head));
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    dis[fr]=1;
    queue <int> M;
    M.push(fr);
    while(!M.empty())
    {
        int u=M.front();
        M.pop();
        for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(edge[i].val>edge[i].flo&&!dis[to])
            {
                dis[to]=dis[u]+1,M.push(to);
                if(to==Ed)return 1;
            }
        }
    }
    return dis[Ed];
}
int dfs(int x,int lim,int Ed)
{
    if(x==Ed||!lim)return lim;
    int ret=0;
    for(int i=cur[x];i;i=edge[i].nxt)
    {
        cur[x]=i;
        int to=edge[i].to;
        if(dis[to]==dis[x]+1&&edge[i].val>edge[i].flo)
        {
            int temp=dfs(to,min(lim,edge[i].val-edge[i].flo),Ed);
            if(temp)
            {
                ret+=temp,lim-=temp;
                edge[i].flo+=temp,edge[ide(i)].flo-=temp;
                if(!lim)break;
            }
        }
    }
    return ret;
}
int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs(st,ed))ans+=dfs(st,inf,ed);
    return ans;
}
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        init();
        n=read();
        st=2*n+1,ed=2*n+2;
        for(int i=1;i<=n;i++)f[i].num=i,f[i].v=read(),dp[i]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)f[i].w=read(),dadd((i<<1)-1,i<<1,f[i].w),toe[i]=cnt-1;
        for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<i;j++)if(f[i].v>f[j].v)dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
        int maxx=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)maxx=max(maxx,dp[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(dp[i]==1)dadd(st,(i<<1)-1,inf);
            else if(dp[i]==maxx)dadd(i<<1,ed,inf);
            for(int j=1;j<i;j++)if(f[i].v>f[j].v&&dp[j]+1==dp[i])dadd(j<<1,(i<<1)-1,inf);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)f[i].c=read();
        printf("%d ",dinic());
        sort(f+1,f+n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int k=f[i].num;
            if(bfs((k<<1)-1,k<<1))continue;
            re[++ttop]=k;
            while(bfs(ed,(k<<1)))dfs(ed,inf,(k<<1));
            while(bfs((k<<1)-1,st))dfs((k<<1)-1,inf,st);
            edge[toe[k]].val=edge[ide(toe[k])].val=0;
            edge[toe[k]].flo=edge[ide(toe[k])].flo=0;
        }
        printf("%d\n",ttop);
        sort(re+1,re+ttop+1);
        for(int i=1;i<=ttop;i++)printf("%d ",re[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2019-07-11 15:09  lleozhang  Views(73)  Comments(0Edit  收藏
levels of contents