【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;
}

【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

【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

【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!

【日常小测】摩尔庄园

题目大意

给定一棵$n(n \le 10^5)$个节点的以$1$为根的有根树,第$i$个结点上有$c_i$个食物,其父亲为$\lfloor \frac{i}{2} \rfloor$
现在依次给出$m$个拉姆,依次询问前$i$个拉姆都有东西吃的最短移动距离和
依次输出这$m$次询问的答案

解题报告

如果点数很小的话,我们显然可以跑个费用流就可以了!
但这题点这么多怎么办 QwQ

那我们就手动增广!
考虑维护一个$val_i$表示以$i$为根的子树中最近的有食物的点到$i$的距离
于是我们可以花$O(\log n)$的时间暴力在树上爬一爬就可以代替费用流的SPFA
然后考虑修改沿途边的边权,因为树高是$\log n$级别的,于是我们也是暴力修改就好
最后再用更新一下受影响的$val_i$来方便下次增广就可以辣!

以前听说过手动增广的题目,不过一次都还没有写过
这次写一写感觉这货非常好玩啊!

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
 
const int N = 100009;
const int INF = 1e9;
 
int  n,m,vout,cnt[N],pos[N];
int sur[N],val[N],cost[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 int LCA(int u, int v) {
    for (;u!=v;u>>=1) 
        if (u < v) swap(u, v);
    return u;
}
 
inline void update(int w) {
    static int ls, rs, cl, cr;
    if (cnt[w]) sur[w] = w, val[w] = 0;
    else sur[w] = 0, val[w] = INF;
    if ((ls=w<<1) <= n) {
        cl = cost[ls] > 0? -1: 1;
        if(val[ls] + cl < val[w]) {
            val[w] = val[ls] + cl;
            sur[w] = sur[ls];
        }
    }
    if ((rs=ls|1) <= n) {
        int cr = cost[rs] > 0? -1: 1;
        if(val[rs] + cr < val[w]) {
            val[w] = val[rs] + cr;
            sur[w] = sur[rs];
        }
    }
}
 
inline void modify(int w, int p, int delta) {
    while (w != p) {
        cost[w] += delta;
        update(w); w >>= 1;  
    }
}
 
inline int query(int w, int &ans) {
    static int ret, delta; delta = 0;
    for (;w;w>>=1) {
        if (val[w] + delta < ans) {
            ans = val[w] + delta;
            ret = sur[w];
        }
        delta += cost[w] >= 0? 1: -1;
    } return ret;
}
 
int main() {
    n = read(); m = read();
    for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i] = read();
    for (int i=1;i<=m;i++) pos[i] = read();
    for (int i=n;i;i--) update(i);
    for (int i=1,u,v,ans=INF;i<=m;++i,ans=INF) {
        cnt[v=query(u=pos[i], ans)]--; 
        printf("%d\n",vout+=ans);
        int lca = LCA(u, v);
        modify(u, lca, 1); modify(v, lca, -1);
        for (;lca;lca>>=1) update(lca);
    }
    return 0;
}

【Yandex Contest 3529D】[NEERC 2016] Delight for a Cat

相关链接

题目传送门:https://contest.yandex.ru/neerc2016/contest/3529/problems/D/
敦敦敦题解:https://oi.qizy.tech/wp-content/uploads/2017/03/delight_for_a_cat_solution.pdf

一句话题意

有$n$天,每天只能睡觉或者吃饭,每天睡觉和吃饭的收益不同
要求连续$k$天中,至少有$ms$天睡觉,$me$天吃饭
求最大收益

解题报告

这题之前在绍一集训的时候考过
但当时并没有改题 QwQ
话说根据方程建费用流这个技能始终没在科技树上点亮啊

正解的话,其实也不难,就是瞎推一推式子
然后可以得到一个和志愿者招募那个题差不多的式子
于是我们撸一发费用流就可以啦!

Code

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

const int N = 1009;
const int M = 5000;
const LL INF = 1e18;

int head[N],to[M],nxt[M],cost[M],flow[M];
int n,k,me,ms,S,T,s[N],e[N],edge[N];
LL vout,dis[N];

inline int Add_Edge(int u, int v, int f, int c) {
	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;
	return E - 1;
}

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;
}

class Minimum_Cost_Flow{
    int sur[N],inq[N];
    queue<int> que;
    public:
        inline LL MaxFlow() {
            LL ret_cost = 0;
            for (int f=1e9,w;SPFA();f=1e9) {
                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; 
            }
            return ret_cost;
        }
    private:
        bool SPFA() {
            fill(dis, dis+N, INF);
            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;

int main() {
	S = 0; T = N - 1;
	n = read(); k = read();
	ms = read(); me = read();
	for (int i=1;i<=n;i++) vout += (s[i] = read());
	for (int i=1;i<=n;i++) e[i] = read();
	Add_Edge(S, n-k+2, k-ms, 0);
	Add_Edge(1, T, k-ms, 0); 
	for (int i=2;i<=n-k+2;i++) Add_Edge(i, i-1, k-ms-me, 0);
	for (int i=1;i<=n;i++) edge[i] = Add_Edge(min(i+1, n-k+2), max(1, i-k+1), 1, s[i] - e[i]);
	printf("%lld\n",vout-MCMF.MaxFlow());
	for (int i=1;i<=n;i++) putchar(flow[edge[i]]? 'S': 'E');
	return 0;
}

【TopCoder SRM570】Curvy on Rails

相关链接

题目传送门:https://community.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=12432
中文题面:http://www.cnblogs.com/enigma-aw/p/6237246.html
神犇题解:http://metthesoul.blog.163.com/blog/static/23032003620147269343401/

解题报告

首先考虑一个简单的子问题:

给定你一个网格图,其中有一些点有障碍,不能经过
问:能否通过一些回路,使得每一个点恰好经过一次

考虑回路的性质:

  1. 回路中的每一个点的度一定是 $ 2$
  2. 如果每一个点的度都是 $ 2$ ,那么这一定是由一些回路构成的图

这样的话,这个 $ Subcase$ 就可以通过染色后二分图匹配来解决了

现在回到原问题,显然可行解的判断可以用上述算法来解决
现在来考虑 towns with Curvies

在上一个 $ Subcase$ 中使用的二分图匹配,实际上是对 进行匹配
现在考虑将度分类:

  1. 横向的度
  2. 纵向的度

对于 towns with Curvies 来说:如果同类的度匹配,那么就得付出代价
于是考虑将每一个点拆成一个横向的度和纵向的度
然后原图中相邻的格子,只连对应的点(纵向相邻就只连代表纵向的点)
这样的话,如果存在完备匹配,那么一定是一个两个不同类的度匹配

现在再来考虑付出代价的情况:
将二分图匹配改造成费用流,已建的边费用全部为 $ 0$
然后在同一个格子拆开的点之间连一条双向、流量为 $ 1$、费用为 $ 0$ 的边
这样的话,就相当于两个匹配都使用同一类度的时候得付出 $ 1$ 的代价

Code

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

const int L = 30;
const int N = 2000;
const int M = 50000;
const int INF = 1000000000;

int S,T,head[N],nxt[M],to[M],flow[M],cost[M];
int dx[]={0,1,0,-1,0},dy[]={0,0,1,0,-1};

class Minimum_Cost_Flow{
    int dis[N],sur[N],inq[N];
    queue<int> que;
    public:
        inline pair<int,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 make_pair(ret_cost, ret_flow);
        }
    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;

class CurvyonRails {
	int n,m,cnt,E;
	char pat[L][L];
    public:
    	int getmin(vector<string> field) {
    	    init();
    	    m = field.size();
    	    n = field[0].size();
    	    for (int j=0;j<m;j++) {
				for (int i=0;i<n;i++) {
					pat[i+1][j+1] = field[j][i];
				}
			}
			for (int j=1;j<=m;j++) {
				for (int i=1;i<=n;i++) {
					if (pat[i][j] == 'w') continue;
					else {
						if (++cnt, i + j & 1) {
							Add_Edge(id(i,j,0), T, 1);
							Add_Edge(id(i,j,1), T, 1);
						} else {
							Add_Edge(S, id(i,j,0), 1);
							Add_Edge(S, id(i,j,1), 1);
							for (int k=1,x,y;k<=4;k++) {
								x = i + dx[k];
								y = j + dy[k];
								if (1 <= x && x <= n && 1 <= y && y <= m) {
									if (x == i) Add_Edge(id(i,j,1), id(x,y,1), 1);
									if (y == j) Add_Edge(id(i,j,0), id(x,y,0), 1);
								}
							}
						}
						if (pat[i][j] == '.') {
							Add_Edge(id(i,j,0), id(i,j,1), 1);
							Add_Edge(id(i,j,1), id(i,j,0), 1);
						}
						if (pat[i][j] == 'C') {
							Add_Edge(id(i,j,0), id(i,j,1), 1, 1);
							Add_Edge(id(i,j,1), id(i,j,0), 1, 1);
						}
					}
				}
			}
			pair<int,int> vout = MCMF.MaxFlow();
			if (vout.second < cnt) return -1;
			else return vout.first;
   		}
   	private:
   		inline int id(int x, int y, int t) {
			return ((y-1)*n + (x-1)) * 2 + 1 + t;   
		}
   		inline void init() {
			E = 1; S = cnt = 0; T = N - 1;
			memset(head,0,sizeof(head));   	
		}
   		inline void Add_Edge(int u, int v, int f, int c = 0) {
			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;
		}
};

【BZOJ 3876】[AHOI2014] 支线剧情

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3876

解题报告

就是裸的上下界费用流
但是合并一下边,快了30倍是什么鬼啊

Code

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

const int N = 300 + 9;
const int M = 20000 + 100 << 1;
const int INF = 1e9;

int n,m,vout,T,S,V,cnt[N],head[N],to[M],nxt[M],cost[M],flow[M];

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 Add_Edge(int u, int v, int f, int c) {
	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];
	queue<int> que;
    public:
    	inline void MaxFlow(bool SPJ=0) {
			for (int f=INF,w;SPFA();f=INF) {
				if (SPJ && dis[T] >= 0) return;
				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;
				vout += dis[T] * f;
			}
		}
	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;

int main() {
	n = read();
	S = 0; T = N - 1; V = N - 2;
	for  (int i=1,k;i<=n;i++) {
		k = read();
		for (int j=1,p,c;j<=k;j++) {
			p = read(); c = read();
			cnt[i]--; cnt[p]++;
			vout += c;
			Add_Edge(i, p, INF, c);
		}
		Add_Edge(i, V, INF, 0);
	}
	Add_Edge(V, 1, INF, 0);
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		if (cnt[i] > 0) Add_Edge(S, i, cnt[i], 0);
		else Add_Edge(i, T, -cnt[i], 0);
	}
	MCMF.MaxFlow();
	for (int i=head[S];i;i=nxt[i]) 
		if (flow[i]) return 1;
	S = V; T = 1;
	MCMF.MaxFlow(1);
	printf("%d\n",vout);
	return 0;
}

【BZOJ 4514】[Sdoi2016] 数字配对

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4514

他都给你说了是匹配,那肯定是二分图匹配啦!
考虑可以整除,除完之后还是个质数,那么质因数的个数(不是种类)肯定是一奇一偶
于是建成二分图跑一跑MCMF()就行啦!
当然如果你比较刚烈,想跑带权带花树肯定也是可以的啦!

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

const int M = 200+9;
const int N = 100000+9;
const int MX = 100000; 
const int INF = 0x7fffffff;

int pri[N],tot,vis[N],n,A[M],B[M],C[M];
int lft[M],rit[M],tl,tr,sur[M],S,T,inq[M];
int head[M],nxt[N],to[N],flow[N];
LL cost[N],dis[M];
queue<int> que;

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 Get_Prime_Number(){
	for (int i=2;i<=MX;i++) {
		if (!vis[i]) pri[++tot] = i;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MX;j++) 
			if (i%pri[j]) vis[i*pri[j]] = 1;
			else {vis[i*pri[j]] = 1; break;}
	}
}

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

inline bool divide(int w) {int ret = 0; for (int i=1;i<=tot;i++) while (w%pri[i] == 0) w /= pri[i], ret++; return ret&1;}
inline bool is_prime(int w) {for (int i=1;i<=tot;i++) if (pri[i] >= w) break; else if (w%pri[i] == 0) return false; return true;}

inline bool SPFA(){
	memset(dis,127,sizeof(dis));
	que.push(S); inq[S] = 1; 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 (flow[i] && dis[to[i]] > dis[w] + cost[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] < dis[M-2]; 
}

inline LL MCMF(){
	LL ret = 0, tot_cost = 0; bool tag=1;
	for (int w=T,f;SPFA()&&tag;w=T) {
		for (f=INF;w!=S;w=to[sur[w]^1]) f = min(f, flow[sur[w]]); 
		if (dis[T]*f+tot_cost > 0) ret += -tot_cost / dis[T], tag = 0;
		else {
			for (w=T;w!=S;w=to[sur[w]^1]) flow[sur[w]] -= f, flow[sur[w]^1] += f;
			ret += f; tot_cost += f*dis[T];
		}
	} return ret;
}

int main(){
	n = read(); Get_Prime_Number(); S = 0; T = M - 1;
	for (int i=1;i<=n;i++) A[i] = read();
	for (int i=1;i<=n;i++) B[i] = read();
	for (int i=1;i<=n;i++) C[i] = read();
	for (int i=1;i<=n;i++) 
		if (divide(A[i])) lft[++tl] = i, Add_Edge(S,i,B[i],0);
		else rit[++tr] = i, Add_Edge(i,T,B[i],0);
	for (int i=1;i<=tl;i++) for (int j=1;j<=tr;j++) {
		int w1 = A[lft[i]], w2 = A[rit[j]]; if (w1 > w2) swap(w1, w2); 
		if (w2 % w1 == 0 && is_prime(w2 / w1)) 
			Add_Edge(lft[i],rit[j],INF,-1LL*C[lft[i]]*C[rit[j]]);
	} printf("%lld\n",MCMF());
	return 0;
}