[JZOJ3302] 集训队互测2013供电网络

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了[JZOJ3302] 集训队互测2013供电网络相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题目

题目大意

给你一个有向图,每个点开始有一定的水量(可能为负数),可以通过边流到其它点。
每条边的流量是有上下界的。
每个点的水量可以增加或减少(从外界补充或泄出到外界),但是需要费用,和增加(减少)流量呈正比例函数关系。
每条边的流量也需要费用,费用和流量呈二次函数关系(常数项为\(0\))。
问将所有水流完的最小花费。


思考历程

这显然是一道上下界最小费用可行流嘛!
==有源有汇的上下界可行流的做法:建立超级源\(ss\)和超级汇\(tt\)(和\(S\)\(T\)),对于\(u\)\(v\)的容量为\([low,up]\)的边。这时从\(ss\)\(v\)连一条容量为\(low\)的边,\(u\)\(tt\)连一条容量为\(low\)的边,\(u\)\(v\)连一条\(up-low\)的边。并且要从\(T\)\(S\)连一条容量为无限大的边。==
具体原因不再赘述。
对于每个点的初始水量,如果为正数,就从\(S\)向它连一条容量上下界都为水量的边,费用为\(0\)
如果为负数,就从\(T\)向它连一条容量上下界都为水量的绝对值的边,费用为\(0\)
对于每个点和外界之间的关系,可以从\(S\)到它连一条上限为无限大的边,它到\(T\)连一条上限为无限大的边,费用由题目给定。
可是最麻烦的来了,这个二次函数该怎么处理呢?
想不出来……
最终交了个错误的程序上去,成功爆0……


正解

前面的都差不多了,就只有二次函数的那一部分。
二次函数为\(y=ax^2+bx\),直接搞似乎不行,那就试着将它们拆开,变成\(a+b\)\(3a+b\)\(5a+b\)……这些边。每条边的容量为\(1\)
具体来说,当\(x\)变成\(x+1\)时,费用就会新增\(a(2x+1)+b\)
由于我们跑的是最小费用可行流,一定会先跑更小的边。所以这种方法是不可能WA的。
但是如果直接这样拆,边会很多啊!想一想,要拆成最多\(100\)条边……
于是就有了动态加边大法!
一开始只加入\(a+b\)的边,如果这条边被流满,那就加一条\(3a+b\)的边,以此类推……
当然,由于上下界的问题,一开始加的并不是\(a+b\)。先将最低费用\(a*low^2+b*low\)加入答案。为了使费用不重复计算,\(ss\)\(v\)\(u\)\(tt\)的边就不需要费用了,只是中间那条\(u\)\(v\)的边初始费用变成了\(a(2low+1)+b\)
至此整道题就解决了。


代码

独爱zkw费用流……

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define INF 1000000000
#define N 1000
int n,m;
struct EDGE
    int to,c,w;
    EDGE *las;
    int sp;
 e[100000];
int ne;
EDGE *last[N];
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
inline void link(int u,int v,int c,int w,int sp=0)
    e[ne]=v,c,w,last[u],sp;
    last[u]=e+ne++;
    e[ne]=u,0,-w,last[v],0;
    last[v]=e+ne++;

int nsp;
int mx[100000],ad[100000];
int ex[100000];
inline void link2(int u,int v,int low,int up,int a,int b)
    nsp++;
    mx[nsp]=up,ad[nsp]=a*2,ex[nsp]=low+1;
    e[ne]=v,1,a*(2*low+1)+b,last[u],nsp;
    last[u]=e+ne++;
    e[ne]=u,0,-(a*(2*low+1)+b),last[v],0;
    last[v]=e+ne++;

int s,t,ss,tt;
int mincost;
int dis[N];
int vis[N],BZ;
int dfs(int x,int s)
    if (x==tt)
        mincost+=dis[ss]*s;
        return s;
    
    int have=s;
    vis[x]=BZ;
    for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
        if (vis[ei->to]!=BZ && ei->c && dis[x]==dis[ei->to]+ei->w)
            int t=dfs(ei->to,min(have,ei->c));
            ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have-=t;
            if (ei->sp && ex[ei->sp]<mx[ei->sp])
                link(x,ei->to,1,ei->w+ad[ei->sp],ei->sp);
                ex[ei->sp]++;
                ei->sp=0;
            
            if (!have)
                return s;
        
    return s-have;

inline bool change()
    int d=INF;
    for (int i=1;i<=n+4;++i)
        if (vis[i]==BZ)
            for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las)
                if (vis[ei->to]!=BZ && ei->c)
                    d=min(d,dis[ei->to]+ei->w-dis[i]);
    if (d==INF)
        return 0;
    for (int i=1;i<=n+4;++i)
        if (vis[i]==BZ)
            dis[i]+=d;
    return 1;

inline void zkw()
    do
        do
            BZ++;
        while (dfs(ss,INF));
    while (change());

int main()
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s=n+1,t=n+2,ss=n+3,tt=n+4;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        int left,in,out;
        scanf("%d%d%d",&left,&in,&out);
        if (left>0)
            link(ss,i,left,0),link(s,tt,left,0);
        else if (left<0)
            link(ss,t,-left,0),link(i,tt,-left,0);
        link(s,i,INF,in);
        link(i,t,INF,out);
    
    link(t,s,INF,0);
    for (int i=1;i<=m;++i)
        int u,v,a,b,low,up;
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&u,&v,&a,&b,&low,&up);
        mincost+=a*low*low+b*low;
        if (a)
            if (low)
                link(ss,v,low,0),link(u,tt,low,0);
            if (up-low)
                link2(u,v,low,up,a,b);
        
        else
            if (low)
                link(ss,v,low,b),link(u,tt,low,0);
            if (up-low)
                link(u,v,up-low,b);
        
    
    zkw();
    printf("%d\n",mincost);
    return 0;

总结

题目的难点主要在拆边,事实上,这似乎有点套路啊……
所以当直接做不方便时,可以试着作差,然后就出来一些东西……

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