NOI2008 志願者招聘

文化課 + 競賽雙廢物又來水題解了。

把下界限制轉化為一條邊的流量下界，這樣就是最小費用上下界最大流。

加入幾個新值，其條件正好為 $\ge 0$，將其當做一條流量，這樣不等式就變成了等式，我們可以利用流量守恆，用點的流滿 $\leftrightarrow $ 等式成立，這樣就變成了乙個最小費用最大流，去掉了上下界的影響。

其實這兩種思路本質好像是一致的...

那麼建立網路 $g$：

這樣，每個志願者相當於在流網路的一單位的流量流過了乙個環，這個問題變成了最小費用無源匯上下界可行流，我們都知道可行流的可行判定經過轉化就是跑到最大流，所以轉化完後用最小費用最大流就行了。

$o(n^2m)$ 複雜度真棒

這題 acwing 咋這麼卡常啊

#include #include #include #define rint register int
typedef long long ll;
using namespace std;
const int n = 1005, m = (n * 2 + 10000) * 2, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, a[n], incf[n], d[n], q[n], pre[n]; 
int head[n], nume = 1, s, t;
bool vis[n];
ll ans;
struct e e[m];
void inline add(int u, int v, int w, int c) ;
head[u] = nume;
e[++nume] = (e) ;
head[v] = nume;
}bool inline spfa() 
}}	}
return d[t] != inf;
}void inline update() 
ans += (ll)d[t] * incf[t];
}int main() 
for (rint i = 1, s, t, c; i <= m; i++) 
for (rint i = 1; i <= n + 1; i++) 
while (spfa()) update();
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

設一些新的變數：

這樣我們就可以列出 $n$ 個等式，對於第 $i$ 個等式（針對第 $i$ 天的匹配情況）

\[a_i + b_i = \displaystyle \sum_ d_j

\]但是為了讓每個變數在流網路中、在每個等式中都相等，所以我們得讓每個變數至多出現在兩個式子中，（如果出現在乙個式子，就可以將其到源匯點的費用改了，這樣就是費用對應上了，如果兩個式子，可以從本該連向匯點的邊直接連向本該從源點出的邊，這樣費用對應。這裡本人實力還是非常菜，很可能講了一些玄學的東西，求大佬們輕噴。）

由於每個 $j$ 影響的 $i$ 是連續的一段，所以我們可以將式子前後加入兩個 $0 = 0$，然後將式子差分（這是一步等價變換）這樣每個 $d_j, b_i$ 都恰好會出現在兩個式子之中。

對於第 $i$ 個等式而言，差分後的式子：

\[-a_ - b_ + a_i + b_i = \displaystyle -\sum_d_j+\sum_d_j

\]我們把式子移項，讓每一項都是正的：

\[a_i + b_i + \displaystyle\sum_ d_j = a_+b_+\sum_d_j

\]這樣，我們可以把等式看作乙個點的流量守恒等式，等式左右兩側分別是流入該點/流出改點的流量，我們建立流網路：

這樣，在流網路跑到的最大流 = 從 $s$ 出發所有容量（滿足常量的強行限制） $\leftrightarrow$ 差分等式成立 $\leftrightarrow$ 原始等式成立 $\leftrightarrow$ 乙個滿足條件的方案

所以，原問題最小費用 $\leftrightarrow$ 最小費用最大流

$o(n^2m)$

這個**過不去acwing。。坑

#pragma gcc optimize("ofast","-funroll-loops")
#include #include #include #define rint register int
typedef long long ll;
using namespace std;
const int n = 1005, m = (n * 3 + 10000) * 2, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, a[n], incf[n], d[n], q[n], pre[n]; 
int head[n], nume = 1, s, t;
bool vis[n];
ll ans;
struct e e[m];
void inline add(int u, int v, int w, int c) ;
head[u] = nume;
e[++nume] = (e) ;
head[v] = nume;
}bool inline spfa() 
}}	}
return d[t] != inf;
}void inline update() 
ans += (ll)d[t] * incf[t];
}int main() 
for (rint i = 1, s, t, c; i <= m; i++) 
while (spfa()) update();
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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