cf1264e beautiful league
cf1264e beautiful league
先反其道而行之，如果 \((a,b,c)\) 不符合條件，一定有某乙個隊伍贏了另外兩個隊。進一步，如果 \(x\) 隊贏了 \(c_x\) 局，不滿足條件的三元組數量 \(number=\sum\frac\)。目的就是讓這個東西盡量小
現在有一些的比賽結果已經固定，相當於每個 \(c_x\) 有乙個限制：\(c_x\in [l_x,r_x]\) 且 \(\sum c_x=\frac\)。如果沒有這個限制當然可以根據不等式直接取值，但加上限制後似乎沒法直接貪心。（不然為什麼資料範圍這麼小呢）
改用費用流。每場比賽乙個節點，每個隊伍乙個節點。連這幾種邊：
1、\(s\) 到所有比賽節點連一條容量為 \(1\)，花費為 \(0\) 的邊，代表這場比賽贏家只有乙個。
2、每場比賽向對應的兩支隊伍連邊，容量 \(1\)，花費 \(0\)
3、每支隊伍向 \(t\) 連 \(n-p_x-1\) 條邊，\(p_x\) 為固定的已經贏的場數。每條邊的容量為 \(1\)，花費為每次多贏一場後 \(\frac\) 的增量
在這張圖上求最小費用最大流就是答案
#include using namespace std;
void read (int &x) const int n = 52, p = n * n, m = n * 600;
int n, m, s, t, tot, k[n][n], c[n], idm[n][n], id[n];
int cnt = 1, h[m], nxt[m], to[m], w[m], co[m];
void add (int u, int v, int ww, int cc)
queueq; int d[p], f[p], in[p], pre[p];
int spfa ()
}return (d[t] != d[t + 1]);
}void update ()
}signed main()
s = 0, t = ++tot;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = c[i]; j < n; ++j) add (id[i], t, 1, j);
while (spfa ()) update ();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
if (idm[i][j])
for (int i = 1; i <= n; ++i)
}
cf1430g yet another dag problem
把邊的貢獻放到點上，點權的值域和點的個數同級且非常少，把每個點選每個值的貢獻當作邊權建圖
但是有限制，即一條邊的 \(u\) 的值大於 \(v\) 的值。可以在 \(v\) 選每個值 \(p\) 的地方向 \(u\) 取 \(p+1\) 的地方連 \(inf\) 邊
然後求最小割。這個限制相當於如果 \(v\) 取了 \(p\)，那 \(u\) 取 \(p\) 之前的都是白取，不會算在最小割內
注意點是每條邊的權值要平移至正數
cf1354f summoning minions（2020-11-14）
cf1354f summoning minions
這個題自己想了一半，但最後建圖不是像上面那樣拆開，沒有想出來，但其實dp更簡單
先貪心一波，假設最後留下的 \(k\) 個點已經選好了，最優方案把這些點按照 \(b_i\) 排序，前 \(k-1\) 個在最開始放入，然後隨便放入沒有選中的點（放入馬上刪除），最後放入第 \(k\) 個點
先假設所有點都沒被選中，按照公式算出總答案，用網路流跑選 \(k\) 個點的最優解。發現把第 \(i\) 個點選成 \(k\) 中第 \(j\) 個帶來的變化是可以算的，這個自然作為邊權
與上面不同的是，如果拆開每個點，每個點只能選一次的限制不是很好考慮。其實方法比上面更簡單，直接用二分**決。左部 \(n\) 個點為每個點，右部 \(k\) 個點為把它選中為第幾個，連邊跑費用流
arc107f - sum of abs （2020-11-02）
f - sum of abs
和上一題比較類似，先把所有的弄成某個狀態，然後把改變狀態帶來的改變價值當作邊權，但是這個稍微難理解一些。
乙個連通塊中，如果總和是負數，相當於所有點的權值 \(\times -1\)，否則 \(\times 1\)
在答案中每個點都是被成上了 \(+1\) 或 \(-1\) 的權值或被刪除，三種狀態。限制是沒刪除的相連的點乘上的值相同
先建立基本的模型，對於每個點拆成 \(2\) 個，從源點到第乙個點，從第乙個點到第二個點，從第二個點到匯點，代表 \(3\) 中狀態
一開始的答案為所有點的絕對值之和，那麼網路流模型中每條邊的邊權是可以弄出來的。
只剩下新增限制了。設從第乙個點連到第二個點的表示刪除的代價。對於每條邊 \((u,v)\)，從 \(u\) 的二號點到 \(v\) 的一號點連 \(inf\) 邊，從 \(v\) 的二號點到 \(u\) 的一號點連 \(inf\) 邊
意義就是如果 \(u\) 選擇刪除，\(v\) 隨意（因為從一號到二號的邊已經沒了），如果選了 \(+1\) 或 \(-1\)，\(v\) 只能刪除或選同樣的權值（如果選了不同的兩邊還是通的，沒有意義）。跑最小割就是答案
網路流 費用流
這個好像不考 沒事可以騙分 費用流，顧名思義，就是有費用的流，也就是說，給乙個網路流圖中的每條弧增加乙個單位流量費用。一般來說求解的費用流都是最大流最小費用。好像沒什麼好bb的 這裡推薦使用zkw演算法求解最小費用流，看著 理解就行，應該還是很好理解的。zkw演算法在稠密圖上跑得飛快，在稀疏圖上還不...
網路流 費用流
網路流有很多種類 其中最大流 有增廣路演算法和預流推進演算法。增廣路演算法就是不斷的新增增廣路。其中的dinic演算法。會稍微提到isap演算法 poj1273 首先想到dfs一直往後延伸，然後從源點到匯點計算每條路，但是這樣只是單條路的最值，有時可能因為走一條路而間接的認定了除這條路以外的某個路通...
網路流之費用流
求費用流目前好像只有ek spfa改版，時間複雜度為o n e k 其中k為最大流值。但時間上的期望時間複雜度為 o a e k 其中a為所有頂點進佇列的平均次數，可以證明a一般小於等於2。最小費用最大流 include using namespace std const int inf 0x3f3...