點這裡看題目。
bzoj gg 了，所以鏈結在 dark 上面。
題面：
你去找某 bm 玩，到了門口才發現要開啟他家的大門不是一件容易的事……資料範圍：他家的大門外有 \(n\) 個站台，用 \(1\) 到 \(n\) 的正整數編號。你需要對每個站台訪問一定次數以後大門才能開啟。站台之間有 \(m\) 個單向的傳送門，通過傳送門到達另乙個站台不需要花費任何代價。而如果不通過傳送門，你就需要乘坐公共汽車，並花費 \(1\) 單位的錢。值得慶幸的是，任意兩個站台之間都有公共汽車直達。
現在給你每個站台必須訪問的次數 \(f_i\)，對於站台 \(i\)，你必須恰好訪問 \(f_i\) 次（不能超過）。
我們用 \((u,v,w)\) 三個引數描述乙個傳送門，表示從站台 \(u\) 到站台 \(v\) 有乙個最多可以使用 \(w\) 次的傳送門（不一定要使用 \(w\) 次）。值得注意的是，對於任意一對傳送門 \((u_1,v_1)\) 和 \((u_2,v_2)\)，如果有 \(u_1，則有 \(v_1\le v_2\)；如果有 \(v_1，則有 \(u_1≤u_2\)；且 \(u_1=u_2\) 和 \(v_1=v_2\) 不同時成立。
你可以從任意的站台開始，從任意的站台結束。出發去開始的站台需要花費 \(1\) 單位的錢。你需要求出開啟大門最少需要花費多少單位的錢。
對於 \(100\%\) 的資料，滿足 \(1\le n\le 10^4, 1\le m\le 10^5, 1\le w,f_i\le 5\times 10^4\) 。
粗看可以想到費用流的大致方向。
事實上，我們可以將一種方案描述成 \(n\) 個站台的可重排列 \(p\) ，並且第 \(i\) 個站台恰好出現 \(f_i\) 次。此時從 \(p_i\) 到達 \(p_\) 的費用僅與這兩個點有關，因此我們可以構建二分圖，左部表示 \(p_i\) ，右部表示 \(p_\) ，那麼匹配的費用就是從 \(p_\) 到達 \(p_i\) 的費用。實際上我們建圖幹的事情就是給每個 \(p_i\) 找到它的前驅。
設左部的點為 \(l_1,l_2,...,l_\) ，右部為 \(r_1,r_2,...,r_n\) ，那麼不難想到如下建圖：
答案就是 \(s\) 到 \(t\) 的最大流，再加一。
小結：通過將序列拆分為當前點 \(p_i\) 和前驅 \(p_\) ，從而轉化為了二分圖，建圖方法有參考價值。
#include #include using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5 + 5, maxm = 1e6 + 5;
templatevoid read( _t &x )
while( '0' <= s && s <= '9' )
x *= f;
}templatevoid write( _t x )
template_t min( const _t a, const _t b )
struct edge
graph[maxm << 1];
queueq;
int a[maxn];
int f[maxn];
int head[maxn], dist[maxn], cur[maxn];
int n, m, cnt = 1, tot;
bool vis[maxn];
void addedge( const int from, const int to, const int c, const int w )
void adde( const int from, const int to, const int c, const int w )
bool spfa( const int s, const int t )
} return dist[t] < inf;
}int dfs( const int u, const int lin, const int t, int &cost )
} if( used < lin ) dist[u] = inf;
vis[u] = false; return used;
}int dinic( const int s, const int t )
return c;
}int main()
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
adde( s, s, sig - 1, 0 );
write( dinic( s, t ) + 1 ), putchar( '\n' );
return 0;
}
BZOJ2163 複雜的大門
bzoj2163 複雜的大門 你去找某bm玩，到了門口才發現要開啟他家的大門不是一件容易的事 他家的大門外有n個站台，用1到n的正整數編號。你需要對每個站台訪問一定次數以後大門才能開啟。站台之間有m個單向的傳送門，通過傳送門到達另乙個站台不需要花費任何代價。而如果不通過傳送門，你就需要乘坐公共汽車，...
BZOJ 2163 複雜的大門
題目傳送門 分析 這個好像和那道清理滑雪跑道好像啊。如果每個點都要訪問恰好fi次 然後邊不能超過w次 哦。上下界網路流 每個點拆成兩個，原點向複製點連上 f,f 的邊，複製點向可到達的原點連 0,w 的邊 由於公交可以到達每個點，相當於發配流量，每個點都可以停下，相當於直接流向終點 所以s向每個原點...
BZOJ1171 大sz的遊戲
f i min f j 1,線段j與線段i有交,且l i l j l。線段j與線段i有交等價於y j x i x j y i 因為l i 遞增，所以可以維護乙個單調遞增的j，表示 j,i 1 範圍內都可以更新f i 用k d樹動態維護即可，時間複雜度 o n sqrt include include...