ZJOI2010 貪吃的老鼠

點這裡看題目。

注意到，這個題目的特點之一是時間是連續的。這意味著我們可以單純地關注數值而不太需要關心具體的時間。比如，乙隻老鼠在長度為 \(t\) 的時間段內，想要吃下 \(x_k\) 的第 \(k\) 塊乳酪，則這一點能否做到，完全等價於 \(\sum_kx_k\) 是否 \(\le ts\)。

想了好久如何轉化將時間和乳酪互相轉化，沒想到被題解直接一下子解決了

不過老鼠能吃哪些乳酪還是需要考慮的問題。這很簡單，直接將時間離散成時間段即可。每乙個時間段內老鼠能吃的乳酪是不會變的。在乙個確定的時間段內，我們可以直接將老鼠作為網路流的結點來建圖嗎？似乎不可以，我們必須保證乙個乳酪被乙隻老鼠吃，但這樣會導致乳酪選中乙個老鼠的子集——這似乎也是性質之一，怎麼用呢？

如果苛刻一點，我們可能會要求一種拆分方法，使得其中任何乙個子集選出來都可以恰好對應到乙隻老鼠。顯然這是不可能的，這必然要求 \(n\) 為 \(2\) 的乙個整冪。不過，我們可以退而求其次，利用實數流很容易進行調整的性質，我們也許只需要保證老鼠可以被對應到某些子集即可？這是易於實現的，差分老鼠的速度即可。

進一步地，差分之後，我們可以建立從乳酪指向老鼠的邊。如何確定老鼠的「容量」？差分之後，第 \(k\) 快的老鼠的差分值實際上會被算到 \(m-k+1\) 次，將這個係數算到容量裡面即可。

至於這個東西怎麼滿足題目要求的，請參考他人部落格

小結：注意某些變數的特點，這裡的連續時間就是乙個很強的條件。

注意到了反而不會用

差分想法很重要，但怎麼想到差分更重要。在這裡，主要是子集選取這樣乙個結構給了我們啟發。

#include #include #include #define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )
const int inf = 1e9;
const double eps = 1e-7, inf = 1e18;
const int maxn = 1e5 + 5, maxe = 1e6 + 5, maxn = 100;
templatevoid read( _t &x ) 
while( '0' <= s && s <= '9' ) 
if( f ) x = -x;
}templatevoid write( _t x ) 
template_t min( const _t a, const _t b ) 
struct edge  graph[maxe << 1];
int q[maxn];
int dep[maxn], cur[maxn];
int head[maxn], cnt = 1, ntot = 0;
double tim[maxn]; int tot = 0;
int p[maxn], r[maxn], d[maxn], s[maxn];
int n, m;
inline int sgn( const double &x ) 
inline void addedge( const int from, const int to, const double c ) 
inline void adde( const int from, const int to, const double c ) 
bool bfs( const int s, const int t ) 
return dep[t] < inf;
}double dfs( const int u, const double lin, const int t ) 
}if( sgn( used - lin ) ) dep[u] = inf;
return used;
}double dinic( const int s, const int t ) 
return flow;
}#define id( t, x ) ( ( (t) - 1 ) * m + (x) + n )
bool chk( const double t ) 
std :: sort( tim + 1, tim + 1 + tot );
tot = std :: unique( tim + 1, tim + 1 + tot ) - tim - 1;
ntot = n + m * ( tot - 1 );
const int s = ++ ntot, t = ++ ntot;
rep( i, 1, ntot ) head[i] = 0;
rep( i, 1, n ) 
rep( j, 1, tot - 1 ) rep( k, 1, m )
adde( id( j, k ), t, ( tim[j + 1] - tim[j] ) * s[k] * ( m - k + 1 ) );
double su = 0;
rep( i, 1, n ) su += p[i];
return ! sgn( su - dinic( s, t ) );
}int main() 
printf( "%g\n", l );
}return 0;
}

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ZJOI2010 數字計數

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