[JZOJ1904] 2010集训队出题拯救Protoss的故乡
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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[JZOJ1904] 2010集训队出题拯救Protoss的故乡相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
题目
题目大意
给你一个树形的网络,每条边从父亲流向儿子。根节点为原点,叶子节点流向汇点,容量为无穷大。
可以给一些边扩大容量,最多总共扩大\(m\)容量。每条边的容量有上限。
求扩大容量后最大的最大流。
思考历程
隐隐约约地猜到正解跟树链剖分有什么关系,可是没有打,也没有时间打。
只能暴力DP来水分。
设\(h_i,j\)为\(i\)的父亲到\(i\)的最大流,扩大了\(j\)次容量。\(g_i,j\)为\(i\)到子树的最大流,扩大了\(j\)次容量。前者由后者和边的容量取最小值后得到。
转移方程显然。
这样水了\(70\)分,超过预期\(20\)分。
正解
有个费用流的做法:对于每个父亲到儿子连费用不同的两条边。扩大一次相当于增加一点费用。
跑最小费用最大流,每次选费用最小的路来增广,费用不超过\(m\)时的最大流即为答案。
这种做法是\(O(n^2)\)的。因为每次增广过后至少会有一条边满流,相当于删掉了这条边。
题解说期望得分\(100\)……我真的服……然而真的有人这么打就过了……
正解是利用树的性质来优化费用流……题解说用\(LCT\),我看打题解的人实在是太物流了。明明这题码量这么长,还打\(LCT\)?
接下来我们模拟费用流的过程:
- 找到一个从根节点到叶子节点的费用最小的路径。
- 求出这条路径的最大流量\(f\)(也就是路径上容量最小的边)。
- 统计入答案。
- 路径上的所有边的容量都减去\(f\)。
- 将修改过的路径上满流边找出来(即为容量为\(0\)的边)。分类讨论:如果费用为\(0\),那就修改它的费用为\(1\),并且修改它的容量;如果费用为\(1\),标记这条边不能再经过(也就是所有的后代都不能到达)。
当然,记得要特殊判断一下即将大于\(m\)的情况。
这个东西用树链剖分和线段树来维护。线段树上维护这些信息:最小的容量\(f\)及其儿子的编号\(numf\)(某条从上到下的路径上容量最小的边),还有最小的费用\(w\)及叶子节点的编号\(numw\)(这个费用为根节点到叶子节点路径上费用之和)。
操作\(1\)的时候,就是询问最小的\(w\)。
操作\(2\)的时候,就是当前节点到根路径上最小的\(f\)。
操作\(4\)的时候,就是当前节点到根路径上的所有边区间减\(f\)。
操作\(5\)的时候,就是将当前节点能到的所有叶子节点的费用区间加\(1\)或无限大。
就是这些操作了……
代码
好长……还好树链剖分和线段树好打……
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cassert>
#define N 10010
#define INF 1000000000
int n,m;
struct EDGE
int to;
EDGE *las;
e[N];
int ne;
EDGE *last[N];
bool leaf[N];
int a[N],b[N];
int fa[N],siz[N],hs[N];
int top[N],dfn[N],nowdfn,to_num[N];
int noww[N];
void dfs1(int x)
siz[x]=1;
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
fa[ei->to]=x;
dfs1(ei->to);
siz[x]+=siz[ei->to];
if (siz[ei->to]>siz[hs[x]])
hs[x]=ei->to;
if (siz[x]==1)
leaf[x]=1;
void dfs2(int x,int t)
top[x]=t;
dfn[x]=++nowdfn;
to_num[nowdfn]=x;
if (hs[x])
dfs2(hs[x],t);
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=hs[x])
dfs2(ei->to,ei->to);
struct Node
int f,numf;
int w,numw;
int tagf,tagw;
seg[N*4];
inline void updatef(int k)
if (seg[k<<1].f<=seg[k<<1|1].f)
seg[k].f=seg[k<<1].f,seg[k].numf=seg[k<<1].numf;
else
seg[k].f=seg[k<<1|1].f,seg[k].numf=seg[k<<1|1].numf;
inline void updatew(int k)
if (seg[k<<1].w<=seg[k<<1|1].w)
seg[k].w=seg[k<<1].w,seg[k].numw=seg[k<<1].numw;
else
seg[k].w=seg[k<<1|1].w,seg[k].numw=seg[k<<1|1].numw;
inline void pushdown(int k)
if (seg[k].tagf)
seg[k<<1].f+=seg[k].tagf;
seg[k<<1|1].f+=seg[k].tagf;
seg[k<<1].tagf+=seg[k].tagf;
seg[k<<1|1].tagf+=seg[k].tagf;
seg[k].tagf=0;
if (seg[k].tagw)
if (seg[k].tagw>=INF)
seg[k<<1].w=seg[k<<1|1].w=seg[k<<1].tagw=seg[k<<1|1].tagw=INF;
else
seg[k<<1].w+=seg[k].tagw;
seg[k<<1|1].w+=seg[k].tagw;
seg[k<<1].tagw+=seg[k].tagw;
seg[k<<1|1].tagw+=seg[k].tagw;
seg[k].tagw=0;
void build(int k,int l,int r)
if (l==r)
if (leaf[to_num[l]])
seg[k]=a[to_num[l]],to_num[l],0,to_num[l],0,0;
else
seg[k]=a[to_num[l]],to_num[l],INF,0,0,0;
return;
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
updatef(k),updatew(k);
void changef(int k,int l,int r,int st,int en,int c)
if (st<=l && r<=en)
seg[k].f+=c;
seg[k].tagf+=c;
return;
pushdown(k);
int mid=l+r>>1;
if (st<=mid)
changef(k<<1,l,mid,st,en,c);
if (mid<en)
changef(k<<1|1,mid+1,r,st,en,c);
updatef(k);
void changew(int k,int l,int r,int st,int en,int c)
if (st<=l && r<=en)
if (c>=INF)
seg[k].w=seg[k].tagw=INF;
else
seg[k].w+=c;
seg[k].tagw+=c;
return;
pushdown(k);
int mid=l+r>>1;
if (st<=mid)
changew(k<<1,l,mid,st,en,c);
if (mid<en)
changew(k<<1|1,mid+1,r,st,en,c);
updatew(k);
pair<int,int> un(const pair<int,int> &a,const pair<int,int> &b)return a.first<=b.first?a:b;
pair<int,int> queryf(int k,int l,int r,int st,int en)
if (st<=l && r<=en)
return seg[k].f,seg[k].numf;
pushdown(k);
int mid=l+r>>1;
pair<int,int> res(INF,0);
if (st<=mid)
res=un(res,queryf(k<<1,l,mid,st,en));
if (mid<en)
res=un(res,queryf(k<<1|1,mid+1,r,st,en));
return res;
int queryw(int k,int l,int r,int x)
if (l==r)
return seg[k].tagw;
pushdown(k);
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid)
return queryw(k<<1,l,mid,x);
return queryw(k<<1|1,mid+1,r,x);
inline int flow(int x)
int res=INT_MAX;
for (;x;x=fa[top[x]])
res=min(res,queryf(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]).first);
return res;
inline void find(int x,int c)
for (int y=x;y;y=fa[top[y]])
changef(1,1,n,dfn[top[y]],dfn[y],-c);
for (;x;x=fa[top[x]])
while (x)
pair<int,int> tmp=queryf(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
if (tmp.first)
break;
if (noww[tmp.second]==0)
noww[tmp.second]=1;
changew(1,1,n,dfn[tmp.second],dfn[tmp.second]+siz[tmp.second]-1,1);
changef(1,1,n,dfn[tmp.second],dfn[tmp.second],b[tmp.second]);
else
changew(1,1,n,dfn[tmp.second],dfn[tmp.second]+siz[tmp.second]-1,INF);
x=fa[tmp.second];
int main()
scanf("%d%d",&n,&m);
a[1]=INT_MAX;
for (int i=1;i<=n;++i)
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
u++,v++;
e[ne]=v,last[u];
last[u]=e+ne++;
scanf("%d%d",&a[v],&b[v]);
b[v]=min(b[v]-a[v],m);
n++;
dfs1(1),dfs2(1,1);
build(1,1,n);
int ans=0;
while (1)
int x=seg[1].numw,cost=seg[1].w;
if (cost>=INF)
break;
int plus=flow(x);
if (m<cost*plus)
ans+=m/cost;
break;
m-=cost*plus;
ans+=plus;
find(x,plus);
printf("%d\n",ans);
return 0;
总结
有的时候网络流是可以用数据结构维护的……
以上是关于[JZOJ1904] 2010集训队出题拯救Protoss的故乡的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章