QOJ 7185
题目描述
有 \(n\) 个学生和 \(k\) 门科目，第 \(i\) 个学生选择第 \(k\) 门科目的消耗为 \(a_{i,j}\) 。第 \(i\) 门科目至多被 \(b_i\) 个学生选择。希望求出每一个学生选择恰好一门科目的最小消耗和。
\(n \leq 5\times 10^4 ,k \leq 10\) 。
思路点拨
看到这个题目很容易想到一个网络流建模：
-
一个源点，一个汇点，\(n\) 个代表学生的节点，\(k\) 个代表科目的节点。
-
学生节点向源点连流量为 \(1\) ，代价为 \(0\) 的边。
-
科目节点向汇点连流量为 \(b_i\) ，代价为 \(0\) 的边。
-
第 \(i\) 个同学向第 \(j\) 个科目练流量为 \(1\) ,代价为 \(a_{i,j}\) 的边。
最终该网络的最小费用最大流就是正确答案。相比之下我们更加关心图的性质以及增广路的形态。
经过观察，图具有如下性质：
-
图是一张二分图，那么每一条增广路除了源点和汇点之外都是左-右-左交替的。
-
最短路本身的性质：不会经过相同的节点（该网络图不存在负环）。
-
关键性质：注意到结合上述两个性质，每一条增广路的长度都是 \(O(k)\) 级别的，因为右部点的数量很少。
我们将一次增广路径画出来：
这条增广路有什么具体含义吗？\(2\) 科目有向 \(3\) 学生有流量的边，就意味着 \(2\) 学生选择了 \(3\) 科目。同理, \(5\) 学生选择了 \(6\) 科目。而 \(1\) 学生有向 \(2\) 科目有流量的边，就意味着 \(1\) 学生在此之前没有选择 \(2\) 科目，现在去选择 \(2\) 科目。同理, \(3\) 学生选择 \(4\) 科目，\(5\) 学生选择 \(6\) 科目。
那么我们考虑将路径分为几个部分：
- 从源点到达第一个左部点，从左部点到达第一个右部点。
- 对于一个右部点，认为一次移动是"右-左-右"。
- 右部点经过若干次移动到达最后一个右部点，并走向汇点。
当然，这个路径的权值和需要尽可能的小。
先考虑如何维护出两个右部点 \((i,j)\) 之间的移动 \(i \rightarrow x \rightarrow j\) ，其中 \(x\) 是一个左部节点，需要 \(a_{x,j}-a_{x,i}\) 尽量小才可以。在此移动中，一定有 \(x\) 选择了 \(i\) 科目。不妨对于每一个 \(i,j\) 维护一个堆，堆中保存了选择 \(i\) 科目的全部节点，权值就是 \(a_{x,j}-a_{x,i}\) ，取堆顶就可以了。
那么对于上述路径中的 \(2,3\) 部分，就可以对于右部点建立一张新图：两个节点 \((i,j)\) 之间的权值就是对应堆的堆顶。每一个节点还连向了一个汇点。对此图进行 SPFA ,求出 \(dis_i\) 表示从 \(i\) 科目出发，到达汇点的一个最小费用。
接下来考虑维护第一部分。我们可以枚举第一个右部点 \(j\)，去找到最优的，可以到达它的左部点 \(i\)。这个左部点一定满足没有选择这个右部点 ，不妨对于每一个右部点，维护没有选择它的左部点集合，每一次取出 \(a_{i,j}\) 最小的 \(i\) 即可，可以使用一个堆维护。
我们还存在一个问题，就是增广一条路径之后需要做出一些修改操作。具体而言就是部分节点( \(O(k)\) 级别）会更改选择的科目，但是上述我们只是维护了一些堆，换成可删堆就行。
单轮增广的时间复杂度是 \(O(k^3+k^2\log n)\) 。这里 \(O(k^3)\) 来自我们建立新图后的SPFA，\(O(k^2 \log n)\) 是因为我们增广路中有 \(O(k)\) 个左部点，会影响到 \(O(k)\) 个右部点。一个左部点每影响一个右部点 \(i\)，就会对于每一个右部点 \(j\) 修改 \((i,j)\) 的移动所对应的堆，这造成 \(O(k^2)\) 次堆删除操作。
一共增广 \(n\) 轮，时间复杂度 \(O(n(k^3+k^2\log n))\) 。
[AGC018C] Coins
题目描述
有 \(x+y+z\) 个人，第 \(i\) 个人有 \(A_i\) 个金币，\(B_i\) 个银币，\(C_i\) 个铜币。
要选出 \(x\) 个人获得其金币，选出 \(y\) 个人获得其银币，选出 \(z\) 个人获得其铜币。在不重复选某个人的情况下，最大化获得的币的总数。
\(x+y+z\le 10 ^ 5\)
思路点拨
这个题目可以使用上述模型解决。
对于三个硬币，可以看作上述题目的三个科目。则第 \(i\) 个人向三个硬币连流量为 \(1\) ，代价分别为 \(A_i,B_i,C_i\) 的边。
三个硬币向汇点连流量分别为 \(x,y,z\) ，代价为 \(0\) 的边。求出最大费用最大流即可。
因为本题 \(k=3\) ，所以常数可以忽略。设 \(n=x+y+z\) ，时间复杂度为 \(O(n \log n)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5,inf=1e18;
int A,B,C,n;
int a[MAXN][4];
struct heap{priority_queue<pair<int,int>> q1,q2;void push(pair<int,int> x){q1.push(x);}void pop(pair<int,int> x){q2.push(x);}pair<int,int> top(){while(!q2.empty()&&q1.top()==q2.top())q1.pop(),q2.pop();if(q1.empty()) return make_pair(-inf,0);return q1.top();}
}q[4][4],p[4];int e[5][5],dis[5],pre[5];
bool vis[5];
void SPFA(){queue<int> q;for(int i=1;i<=4;i++)dis[i]=-inf,pre[i]=0;dis[4]=0;q.push(4);while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(int i=1;i<=4;i++){if(dis[i]<dis[u]+e[i][u]){dis[i]=dis[u]+e[i][u];pre[i]=u;if(!vis[i]){vis[i]=1;q.push(i);}}} }
}
signed main(){cin>>A>>B>>C;n=A+B+C;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=3;j++) cin>>a[i][j];int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=3;j++) p[j].push(make_pair(a[i][j],i));for(int i=1;i<=n;i++){for(int i=1;i<=3;i++){e[4][i]=e[i][4]=-inf;for(int j=1;j<=3;j++)e[i][j]=q[i][j].top().first;}if(A) e[1][4]=0;if(B) e[2][4]=0;if(C) e[3][4]=0;SPFA();int mx=-inf,id=0;for(int i=1;i<=3;i++)if(p[i].top().first+dis[i]>mx)mx=p[i].top().first+dis[i],id=i;ans+=mx;int pos=id;while(pre[pos]!=4){int u=pos,v=pre[pos];int x=q[u][v].top().second;for(int i=1;i<=3;i++){q[u][i].pop(make_pair(a[x][i]-a[x][u],x));q[v][i].push(make_pair(a[x][i]-a[x][v],x));}pos=pre[pos];}if(pos==1) A--;if(pos==2) B--;if(pos==3) C--;pos=p[id].top().second;for(int i=1;i<=3;i++)p[i].pop(make_pair(a[pos][i],pos));for(int i=1;i<=3;i++)q[id][i].push(make_pair(a[pos][i]-a[pos][id],pos));}cout<<ans;return 0;
}
