【Codeforces 802C】Heidi and Library (hard)

相关链接

题目传送门:http://codeforces.com/contest/802/problem/C
官方题解:http://dj3500.webfactional.com/helvetic-coding-contest-2017-editorial.pdf
消圈定理:https://blog.sengxian.com/algorithms/clearcircle

解题报告

被这题强制解锁了两个新姿势qwq

  1. 上下界最小费用流:
    直接按照上下界网络流一样建图,然后正常跑费用流
  2. 带负环的费用流
    应用消圈定理,强行将负环满流

然后考完之后发现脑残了
换一种建图方法就没有负环了_(:з」∠)_

Code

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

const int N = 5000000;
const int M = 200;
const int INF = 1e9;

int n,k,S,T,tot,SS,TT,ans,a[M],np[M],cc[M];
int head[N],nxt[N],to[N],flow[N],cost[N]; 

inline int read() {
	char c=getchar(); int f=1,ret=0;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret * f;
}

inline int AddEdge(int u, int v, int c, int f) {
	static int E = 1;
    to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E; flow[E] = f; cost[E] = c;
    to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E; flow[E] = 0; cost[E] = -c;
}

class Minimum_Cost_Flow{
    int dis[N],sur[N],inq[N],vis[N]; 
    queue<int> que; 
    public:
        inline void MaxFlow() {
        	while (clearCircle()); 
            for (int ff; ff = INF, SPFA();) {
            	for (int w = TT; w != SS; w = to[sur[w]^1]) {
					ff = min(ff, flow[sur[w]]);
				}
                for (int w = TT; w != SS; w = to[sur[w]^1]) {
					flow[sur[w]] -= ff;
					flow[sur[w]^1] += ff;
				}
				ans += dis[TT] * ff;
            }
        }
    private:
        bool SPFA() {
            memset(dis,60,sizeof(dis));
            que.push(SS); dis[SS] = 0;
               
            while (!que.empty()) {
                int w = que.front(); que.pop(); inq[w] = 0;
                for (int i=head[w];i;i=nxt[i]) {
                    if (dis[to[i]] > dis[w] + cost[i] && flow[i]) {
                        dis[to[i]] = dis[w] + cost[i];
                        sur[to[i]] = i;
                        if (!inq[to[i]]) {
							inq[to[i]] = 1;
							que.push(to[i]);
						}
                    }
                }
            }
            return dis[TT] < INF;
        }
        bool clearCircle() {
        	memset(dis, 0, sizeof(dis));
        	memset(vis, 0, sizeof(vis));
			for (int i = 1; i <= tot; ++i) { 
   	    		if (!vis[i] && DFS(i)) {
					return 1;   
				}
			}
			return 0;
    	}
    	bool DFS(int w) {
    		vis[w] = 1;
    		if (inq[w]) {
    			int cur = w;
    			do {
					flow[sur[cur]]--;
					flow[sur[cur]^1]++;
					ans += cost[sur[cur]];
					cur = to[sur[cur]];
				} while (cur != w);
				return 1;
			} else {
    			inq[w] = 1;
				for (int i = head[w]; i; i = nxt[i]) {
					if (flow[i] && dis[to[i]] > dis[w] + cost[i]) {
						dis[to[i]] = dis[w] + cost[i];
						sur[w] = i;
						if (DFS(to[i])) {
							inq[w] = 0;
							return 1;
						}
					}
				}
				inq[w] = 0;
				return 0;
			}
			
		}
}MCMF;

int main() {
#ifdef DBG
	freopen("11input.in", "r", stdin);
#endif 
	n = read(); k = read();
	S = tot = n + 4; T = n + 1;
	SS = n + 2; TT = n + 3; 
	AddEdge(T, S, 0, k); 
	AddEdge(S, 1, 0, INF);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		np[i] = ++tot;
		AddEdge(np[i], i + 1, 0, INF);
		AddEdge(i, np[i], 0, INF);
		AddEdge(i, TT, 0, 1);
		AddEdge(SS, np[i], 0, 1);
		a[i] = read();
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cc[i] = read();
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ans += cc[a[i]];
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (a[i] == a[j]) {
				AddEdge(np[i], j, -cc[a[i]], 1);
				break;
			} 
		}
	}
	MCMF.MaxFlow();
	cout<<ans<<endl; 
	return 0;
}

【BZOJ 3577】玩手机

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3577
神犇题解:http://www.cnblogs.com/clrs97/p/4403242.html

解题报告

之前一直都是线段树优化建图
这题需要用$ST$表来优化建图

Code

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

const int INF = 1e9;
const int N = 500000;
const int M = 2000000;

int S,T,E,tot,A,B,Y,X,n2[2][70][70][8]; 
int head[N],nxt[M],to[M],flow[M],n1[2][70][70];

inline int read() {
	char c=getchar(); int f=1,ret=0;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret * f;
}

inline void AddEdge(int u, int v, int f) {
	assert(u); assert(v);
	to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E; flow[E] = f;
	to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E; flow[E] = 0;
}

class NetworkFlow{
	int dis[N],cur[N];
	queue<int> que;
	public:
		inline int MaxFlow() {
			int ret = 0;
			while (BFS()) {
				memcpy(cur, head, sizeof(cur));
				ret += DFS(S, INF);
			}
			return ret;
		}
	private:
		inline bool BFS() {
			memset(dis, 60, sizeof(dis));
			dis[S] = 0;
			for (que.push(S); !que.empty(); que.pop()) {
				int w = que.front();
				for (int i = head[w]; i; i = nxt[i]) {
					if (flow[i] && dis[to[i]] > INF) {
						dis[to[i]] = dis[w] + 1;
						que.push(to[i]);
					}
				}
			}
			return dis[T] <= INF;
		}
		inline int DFS(int w, int f) {
			if (w == T) {
				return f;
			} else {
				int ret = 0;
				for (int &i = cur[w]; i; i = nxt[i]) {
					if (flow[i] && dis[to[i]] == dis[w] + 1) {
						int tmp = DFS(to[i], min(f, flow[i]));
						ret += tmp; f -= tmp;
						flow[i] -= tmp; flow[i ^ 1] += tmp;
						if (!f) {
							break;
						}
					}
				}
				return ret;
			}
		}
}Dinic;

int main() {
#ifdef DBG
	freopen("11input.in", "r", stdin);
#endif
	X = read(); Y = read(); 
	A = read(); B = read();
	S = ++tot; T = ++tot;
	E = 1; 
	for (int i = 1; i <= X; ++i) {
		for (int j = 1; j <= Y; ++j) {
			n1[0][i][j] = ++tot;
			n1[1][i][j] = ++tot;
			AddEdge(n1[0][i][j], n1[1][i][j], read());
		}
	}
	for (int i = X; i; --i) {
		for (int j = Y; j; --j) {
			for (int a = 0, len = 1; i + len - 1 <= X && j + len - 1 <= Y; ++a, len <<= 1) {
				n2[0][i][j][a] = ++tot;
				n2[1][i][j][a] = ++tot;
				if (!a) {
					AddEdge(n2[0][i][j][a], n1[0][i][j], INF);
					AddEdge(n1[1][i][j], n2[1][i][j][a], INF);	
				} else {
					int llen = len >> 1;
					AddEdge(n2[0][i][j][a], n2[0][i][j][a - 1], INF);
					AddEdge(n2[0][i][j][a], n2[0][i + llen][j][a - 1], INF);
					AddEdge(n2[0][i][j][a], n2[0][i][j + llen][a - 1], INF);
					AddEdge(n2[0][i][j][a], n2[0][i + llen][j + llen][a - 1], INF);
					
					AddEdge(n2[1][i][j][a - 1], n2[1][i][j][a], INF);
					AddEdge(n2[1][i][j + llen][a - 1], n2[1][i][j][a], INF);
					AddEdge(n2[1][i + llen][j][a - 1], n2[1][i][j][a], INF);
					AddEdge(n2[1][i + llen][j + llen][a - 1], n2[1][i][j][a], INF);
				} 
			}	
		}
	}
	for (int i = 1, w, x1, x2, y1, y2, p0, p1; i <= A; ++i) {
		p0 = ++tot; p1 = ++tot;
		w = read(); 
		x1 = read(); y1 = read();
		x2 = read(); y2 = read();
		AddEdge(S, p0, INF);
		AddEdge(p0, p1, w);
		
		int len = x2 - x1 + 1, lg = 0, d = 1;
		for (; (d << 1) <= len; lg++, d <<= 1);
		AddEdge(p1, n2[0][x1][y1][lg], INF);
		AddEdge(p1, n2[0][x1][y2 - d + 1][lg], INF);
		AddEdge(p1, n2[0][x2 - d + 1][y1][lg], INF);
		AddEdge(p1, n2[0][x2 - d + 1][y2 - d + 1][lg], INF);
	}
	for (int i = 1, w, x1, x2, y1, y2, p0, p1; i <= B; ++i) {
		p0 = ++tot;	p1 = ++tot;
		w = read();
		x1 = read(); y1 = read();
		x2 = read(); y2 = read();
		AddEdge(p0, p1, w);
		AddEdge(p1, T, INF);
		
		int len = x2 - x1 + 1, lg = 0, d = 1;
		for (; (d << 1) <= len; lg++, d <<= 1);
		AddEdge(n2[1][x1][y1][lg], p0, INF);
		AddEdge(n2[1][x1][y2 - d + 1][lg], p0, INF);
		AddEdge(n2[1][x2 - d + 1][y1][lg], p0, INF);
		AddEdge(n2[1][x2 - d + 1][y2 - d + 1][lg], p0, INF);
	}
	assert(tot < N);
	assert(E < M);
	printf("%d\n", Dinic.MaxFlow());
	return 0;
}

【CodeChef DINING】[January Cook-off 2014] Dining

相关链接

题目传送门:https://www.codechef.com/problems/DINING
官方题解:https://discuss.codechef.com/questions/70332/dining-editorial

解题报告

这题套路啊,神™套路啊!

关键问题是它的概率是乘起来的,不是加起来
于是很多东西都不能用啊!
于是题解说我们可以取对数,因为$\log(a \cdot b) = \log (a) + \log (b)$
于是就变成了加法,于是就可以跑一个费用流了

把乘法换搞成加法,在模意义下还有一种做法,参见:

【BZOJ 3992】[SDOI2015] 序列统计

【HDU 5772】String problem

相关链接

题目传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5772
神犇题解:http://www.cnblogs.com/qscqesze/p/5715939.html

解题报告

日常看错题系列:

  1. 子序列看成子串
  2. 值域范围$0 \sim 9$看漏

于是只会跑$n$遍网络流的算法了 QwQ
大概就是枚举左端点,然后暴力跑

考虑原题的话,唯一的Trick就是如何处理一个数第一次选的代价不同
我们可以使用最大权闭合子图来解决这个问题:

每一类数字新建一个结点,权值为$b_i – a_i$
值为该数字的所有序列上的点向这个新建的点连一条有向边

至于本题的其他部分就没什么好玩的了

【BZOJ 1937】[SHOI2004] Mst最小生成树

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1937
神犇题解:https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-1937

解题报告

我们首先可以得到一个结论:$T$中的边的边权只会减少,其他边的边权只会增加
于是我们将$T$中的边放在左边,其他边放在右边,都作为二分图的点,点权为边权
然后左右两两连边,边权$v_i$为右边点的权值减左边点的权值

此时问题转化为,每一个点设一个$d_i$,满足二分图中任意一条边$i \to j$满足$v_{i \to j} \le d_i + d_j$,求最小化$\sum{d_i}$
这是$KM$算法的关键步骤。于是直接上$KM$算法就可以了

但我不会$KM$算法
←为什么这个频率这个鬼畜啊 QwQ

但不会$KM$算法我们也能做,回忆$KM$算法顶标的作用
最小的顶标和就是最大权匹配的权值和
于是我们用费用流增广这个二分图,直到增广到权值为负就可以了

【CodeChef PARADE】Annual Parade

相关链接

题目传送门:https://www.codechef.com/problems/PARADE
神犇题解:http://blog.csdn.net/jasonvictoryan/article/details/53395098

解题报告

这题先只考虑一个询问的情况

这显然可以使用拆点+二分图最大权匹配去做
具体来说:每个点拆成出度和入度两个点,然后出度放左边,入度放右边
考虑每找到一条增广路,就是在原图中走了一条边
那么不管是连接了两条路径,或是新走到一个点,都会使总费用减少一个$C$
但每走一次增广路,都会花费一些费用$v$
显然我们应该在$v > C$的时候停止增广

现在考虑多个询问
因为是费用流算法,所以单次增广的费用$v_i$是单调不减的
于是我们可以记录每一次增广的$v_i$。对于询问就二分,然后求前缀和就好
当然不想二分,也可以先排个序然后扫一遍,反正总的时间复杂度主要还是卡在费用流那里

【BZOJ 2521】[SHOI2010] 最小生成树

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2521
神犇题解:http://krydom.com/bzoj2521/

解题报告

这题有一个非常显然的贪心:做Kruskal的时候,如果会使那条边的两个端点连在一起就暴力加权值
但这样显然也是错误的,因为我们可能是在之前的步骤就废掉一些边
于是怎么解决这个问题呢?
我们相当于不能在某两个端点之间有通路,那么这和网络流的增广路相同
于是我们把边的容量设为暴力改的时候需要的花费,然后跑一遍最小割就可以了

【日常小测】cut

题目大意

给定一个$n(n \le 100)$个点的连通图
不同顶点之间有$n^2$个最小割
现在给定这$n^2$个最小割,让你构造一个图使其满足条件

解题报告

据说这是论文题?

因为任意两点间的最小割可以用最小割树来表示
所以我们考虑构造一个树形结构

因为一条路径上的最小割相当于取$min$,所以流量大的不会影响流量小的
所以我们先按边权从大到小排序
如果当前这条边的两个端点已经在一个连通块内,那么暴力判断是否符合要求
如果不在一个块内,那么连一条边

至于为什么这样是对的,因为已经按权值排序了
如果不在一个连通块内,还不连边,那么最终连通这两块的权值一定大于要求的最小割,所以必须立刻连边
至于已经连边了还冲突的话,因为之前的边都是必要的,所以也没有调整的需要,一定是无解的

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
 
const int N = 109;
const int M = N * N << 1;
const int INF = 1e9;
 
int n,tot,head[N],nxt[M],to[M],cost[M],fa[N];
struct Data{
    int u,v,val;
    inline Data() {}
    inline Data(int a, int b, int c):u(a),v(b),val(c) {}
    inline bool operator < (const Data &B) const {
        return val > B.val;
    }
}p[N*N*N];
 
inline int read() {
    char c=getchar(); int ret=0,f=1;
    while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
    return ret * f;
}
 
inline void AddEdge(int u, int v, int c) {
    static int E = 1; cost[E+1] = cost[E+2] = c; 
    to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E;
    to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E;
}
 
int cal(int w, int f, int pur, int mn) {
    if (w == pur) return mn;
    for (int i=head[w],tmp;i;i=nxt[i]) {
        if (to[i] != f) {
            tmp = cal(to[i], w, pur, min(mn, cost[i]));
            if (~tmp) return tmp;
        }
    } return -1;
}
 
int find(int x) {return x==fa[x]? x: fa[x]=find(fa[x]);}
 
int main() {
    n = read();
    for (int i=1,v;i<=n;i++) {
        fa[i] = i;
        for (int j=1;j<=n;j++) {
            if (v=read(), i==j) continue;
            p[++tot] = Data(i, j, v);   
        }
    }
    sort(p+1, p+1+tot);
    for (int i=1;i<=tot;i++) {
        int u=p[i].u, v=p[i].v, val=p[i].val;
        if (find(u) == find(v)) {if(cal(u,u,v,INF)!=val)cout<<-1,exit(0);}
        else fa[find(u)] = fa[v], AddEdge(u, v, val);
    }
    cout<<n-1<<endl;
    for (int i=2;to[i];i+=2) printf("%d %d %d\n",to[i],to[i+1],cost[i]);
    return 0;
}

【LA 5928】[2016-2017 ACM-ICPC CHINA-Final] Mr.Panda and TubeMaster

相关链接

题目传送门:https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=onlinejudge&Itemid=99999999&category=769&page=show_problem&problem=5928

中文题面

Mr. Panda很喜欢玩游戏。最近,他沉迷在一款叫Tube Master的游戏中。
在Tube Master游戏中,玩家可以在$N\times M (N,M \le 30)$的网格中放置管道。每个网格要么为空格子,要么放置下面四种管子中的一种。

当两个相邻(有公共边的格子视为相邻)的格子中间有管道连接(例如下面这幅图),那么玩家将会得到一些分数(具体细节将在输入描述中给出)。

游戏中,有些格子是关键格子。对于每一个关键格子,玩家必须放置这四种管道中的任意一种,不得留空,否则玩家将输掉整局游戏。
玩家放好管道后,这个$N\times M$的网格必须满足以下两个条件,否则玩家将输掉整局游戏。
1. 每个格子要么没有管道,要么这个格子的管道是环形管道的一部分。
2. 每个关键格子必须放置管道。
特别地,如果没有关键格子,那么空网格也是一组合法解。
可以有多个环。

在上面三张图中,灰色格子是关键格子。其中:
左边的图不合法,因为关键格子没有放管道。
中间的图合法。
右边的图不合法,因为管道没有构成环。
Mr. Panda想要打赢这局游戏并且拿到尽可能多的分数。你能帮他计算他最多能拿多少分吗?

解题报告

这是一道非常玄妙的费用流题目

我们先将所有的点黑白染色
然后我们钦定黑点是从横变竖,白点是从竖变横(如果刚好相反的话,我们把这个环给反向就可以了)
之后我们再把每个点拆成入度和出度两个点,入度全部放左边,出度放右边
根据我们的旨意,黑色的入度只能匹配其上下的方格的出度,其出度只能匹配其左右两个方格的入度
我们在连边的时候,注意这个限制。
根据这个题目的启示TopCoder – Curvy on Rails,如果存在完备匹配,这个匹配的意义一定是几个圈

现在唯一的问题就是,有一些点可以不选了
那么我们可以认为他的出度与自己的入度匹配了(自环)
于是对于不必选的点我们连一条自己到自己的边,必选的边不连
之后搞一发费用流就可以了!

Code

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

const int N = 5000;
const int M = 100000;
const int INF = 1e9;

int n,m,S,T,E,head[N],nxt[M],cost[M],flow[M],to[M];
int pos[30][30],cx[30][30],cy[30][30],vis[30][30];

inline int read() {
	char c=getchar(); int ret=0,f=1;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret*f;
}

inline int AddEdge(int u, int v, int c, int f) {
	to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E; flow[E] = f; cost[E] = c;
	to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E; flow[E] = 0; cost[E] = -c;
	return E - 1;
}

class Minimum_Cost_Flow{
    int dis[N],sur[N],inq[N];
    queue<int> que; 
    public:
        inline int MaxFlow() {
            int ret_cost = 0, ret_flow = 0;
            for (int f=INF,w;SPFA();f=INF) {
                for (w=T;w!=S;w=to[sur[w]^1]) f = min(f, flow[sur[w]]);
                for (w=T;w!=S;w=to[sur[w]^1]) flow[sur[w]] -= f, flow[sur[w]^1] += f;
                ret_cost += dis[T] * f;
                ret_flow += f;
            }
            return ret_flow == n * m? ret_cost: -INF;
        }
    private:
        bool SPFA() {
            memset(dis,60,sizeof(dis));
            que.push(S); dis[S] = 0;
              
            while (!que.empty()) {
                int w = que.front(); que.pop(); inq[w] = 0;
                for (int i=head[w];i;i=nxt[i]) {
                    if (dis[to[i]] > dis[w] + cost[i] && flow[i]) {
                        dis[to[i]] = dis[w] + cost[i];
                        sur[to[i]] = i;
                        if (!inq[to[i]]) inq[to[i]] = 1, que.push(to[i]);
                    }
                }
            }
            return dis[T] < INF;
        }
}MCMF;

inline int id(int x, int y, int t) {
	return ((y - 1) * n + x - 1) * 2 + t;
}

int main() {
	for (int TT=read(),t=1;t<=TT;t++) {
		S = 0; T = N - 1; E = 1; memset(head,0,sizeof(head));
		printf("Case #%d: ",t);	m = read(); n = read();
		for (int j=1,v;j<=m;j++) for (int i=1;i<n;i++) cx[i][j] = -read();
		for (int j=1,v;j<m;j++) for (int i=1;i<=n;i++) cy[i][j] = -read();
		for (int e=read(),x,y;e;e--) x=read(), y=read(), vis[y][x] = t;
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			for (int j=1;j<=m;j++) {
				AddEdge(S, id(i,j,1), 0, 1);
				AddEdge(id(i,j,2), T, 0, 1);
				if (vis[i][j] != t) AddEdge(id(i,j,1), id(i,j,2), 0, 1); 
			}
		}
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			for (int j=1;j<=m;j++) {
				if ((i + j) & 1) {
					if (i < n) AddEdge(id(i+1,j,1), id(i,j,2), cx[i][j], 1);
					if (i > 1) AddEdge(id(i-1,j,1), id(i,j,2), cx[i-1][j], 1);
					if (j < m) AddEdge(id(i,j,1), id(i,j+1,2), cy[i][j], 1);
					if (j > 1) AddEdge(id(i,j,1), id(i,j-1,2), cy[i][j-1], 1);
				} 
			}
		}
		int tmp = MCMF.MaxFlow();
		if (tmp == -INF) puts("Impossible");
		else printf("%d\n",-tmp);
	}
	return 0;
}

—————————— UPD 2017.3.22 ——————————
Claris给我讲了一点新的姿势,不需要原来的无源汇带上下界费用流了
只需要一个普通的费用流即可,已经更新
Claris真是太强了 _(:з」∠)_

【BZOJ 3638】[CF172] k-Maximum Subsequence Sum

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3638
神犇题解Ⅰ:http://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/50950623
神犇题解Ⅱ:http://hzwer.com/6715.html

解题报告

这题非常的妙啊!
但我还是点亮手动增广这个技能点 QwQ

考虑单次询问整个区间,我们建一个费用流的图就可以辣!
然后我们发现这个费用流的每次增广相当于区间取反+区间询问最大连续字段和
这个是线段树的经典问题,于是我们用线段树来模拟增广的过程就可以辣!