bzoj 4276: [ONTAK2015]Bajtman i Okr?g?y Robin线段树+最大费用最大流

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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bzoj 4276: [ONTAK2015]Bajtman i Okr?g?y Robin线段树+最大费用最大流相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

……因为T点忘记还要+n所以选小了所以WA了一次
注意!题目中所给的时间是一边闭一边开的区间,所以读进来之后先l++(或者r--也行)
线段树优化建图,很神。(我记得还有个主席树优化建树的?)首先考虑暴力建图:s向每个强盗i连(s,i,1,c[i]),每个时间j向t连(j,t,1,0),每个强盗向所有他的时间j连边(i,j,1,0),然而这样显然是会TLE的。
所以考虑向区间连边,建一颗线段树,每个区间向它的两个子节点连费用0流量inf的边,叶节点向t(注意开大!)连费用0流量1的边限制“你在每一段长度为1的时间内最多只能制止一个强盗”,s向所有强盗i连边(s,i,1,0),然后把强盗i的时间区间放在线段树上,从i向每个区间的编号j连(i,j,inf,c[i])。最后跑最大费用最大流即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2000005,inf=1e9;
int n,h[N],cnt=1,dis[N],fr[N],ans,S,T;
bool v[N];
struct qwe
{
    int ne,no,to,va,c;
}e[N<<2];
struct xds
{
    int l,r,sum;
}t[N];
int read()
{
    int r=0,f=1;
    char p=getchar();
    while(p>‘9‘||p<‘0‘)
    {
        if(p==‘-‘)
            f=-1;
        p=getchar();
    }
    while(p>=‘0‘&&p<=‘9‘)
    {
        r=r*10+p-48;
        p=getchar();
    }
    return r*f;
}
void add(int u,int v,int w,int c)
{
    cnt++;
    e[cnt].ne=h[u];
    e[cnt].no=u;
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].va=w;
    e[cnt].c=c;
    h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w,int c)
{//cout<<u<<" "<<v<<" "<<w<<endl;
    add(u,v,w,c);
    add(v,u,0,-c);
}
bool spfa()
{
    queue<int>q;
    for(int i=S;i<=T;i++)
        dis[i]=-inf;
    dis[S]=0;
    v[S]=1;
    q.push(S);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        v[u]=0;
        for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
            if(e[i].va>0&&dis[e[i].to]<dis[u]+e[i].c)
            {
                dis[e[i].to]=dis[u]+e[i].c;
                fr[e[i].to]=i;
                if(!v[e[i].to])
                {
                    v[e[i].to]=1;
                    q.push(e[i].to);
                }
            }
    }
    return dis[T]!=-inf;
}
void mcf()
{//cout<<"OK"<<endl;
    int x=inf;
    for(int i=fr[T];i;i=fr[e[i].no])
        x=min(x,e[i].va);
    for(int i=fr[T];i;i=fr[e[i].no])
    {
        e[i].va-=x;
        e[i^1].va+=x;
        ans+=x*e[i].c;
    }
}
void build(int ro,int l,int r)
{
    t[ro].l=l,t[ro].r=r;
    if(l==r)
    {
        ins(ro+n,T,1,0);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    ins(ro+n,(ro<<1)+n,inf,0);
    build(ro<<1,l,mid);
    ins(ro+n,(ro<<1|1)+n,inf,0);
    build(ro<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int ro,int l,int r,int w,int i)
{
    if(t[ro].l==l&&t[ro].r==r)
    {
        ins(i,ro+n,inf,w);
        return;
    }
    int mid=(t[ro].l+t[ro].r)>>1;
    if(r<=mid)
        update(ro<<1,l,r,w,i);
    else if(l>mid)
        update(ro<<1|1,l,r,w,i);
    else
    {
        update(ro<<1,l,mid,w,i);
        update(ro<<1|1,mid+1,r,w,i);
    }
}
int main()
{
    n=read();
    S=0,T=30000;
    build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ins(S,i,1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l=read()+1,r=read(),w=read();
        update(1,l,r,w,i);
    }
    while(spfa())
        mcf();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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