bzoj 4842 [Neerc2016]Delight for a Cat 最小费用最大流，线性规划

题意:有n个小时，对于第i个小时，睡觉的愉悦值为si，打隔膜的愉悦值为ei，同时对于任意一段连续的k小时，必须至少有t1时间在睡觉，t2时间在打隔膜。如果要获得的愉悦值尽

量大，求最大的愉悦值和睡觉还是打隔膜的方案。（输出两行，第一行为最大愉悦值，第二行n个字符第i个字符为S则表示第i个小时在睡觉，为E则表示第i个小时在打隔膜）

https://darkbzoj.cf/problem/4842

我现在还没学线性规划的一系列东西（真丢人），写一下直观上的理解，学完线性规划和差分建图再回来写题解。

直观理解

首先当睡觉或者打隔膜任意一个活动满足其时间条件时，另一个也一定满足时间条件。

1.先考虑打隔膜的时间必须为t2时怎么解决。

设起初所有时间都在睡觉，那么我们需要这个睡觉的权值和-最小的sigma( si-ei )。

对每第i个点向第i+k个点引一条边，不存在则引向结尾的点，流量为1，消费为si-ei。（这条边表示第 i 小时选择了打隔膜）

虚点引到[ 1 , k ]点各一条边，流量无限，消费为0。 起始点引向虚点一条边，流量为t2。

这样建图保证了第i个点和第i+k个点一定一起取，从而保证了每个区间最后都一定有t2个时间在打隔膜（可以证明 : 必须有t2个时间打隔膜时,一定有i和i+k一起取）。

2.现在考虑可以随意使用的k-t1-t2个时间。

对第i个点向第i+1个点引一条边，流量为k-t1-t2，消费为0。此时起始点向虚点的边流量应变为k-t1。

显然有t2条路的选择和1中的没有什么分别。但i到i+1的路和起始点更多的流量给选择更多的打隔膜边留下了机会，我们还可以在每个k区间多选k-t1-t2条打隔膜边。

现在符合题意了

然后跑费用流。emm算是需要记忆的经典模型（其实只是我自己写不出来）？

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=11000;
const int minf=1000000;
int n,k,t1,t2;
int SS,S,T;
LL a[maxn]={},b[maxn]={};
struct nod{
    int x,y,v,next,rev;LL co;
}e[maxn*10];
int head[maxn]={},tot=0;
LL dis[maxn]={}; int fa[maxn]={};bool vis[maxn]={};
void init(int x,int y,int v,LL co){
    e[++tot].x=x;e[tot].y=y;e[tot].v=v;e[tot].co=co;
    e[tot].next=head[x];head[x]=tot;e[tot].rev=tot+1;
    
    e[++tot].x=y;e[tot].y=x;e[tot].v=0;e[tot].co=-co;
    e[tot].next=head[y];head[y]=tot;e[tot].rev=tot-1;
}
queue<int>q;
bool SPFA(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(fa,0,sizeof(fa));
    memset(dis,31,sizeof(dis));
    //cout<<dis[1]<<endl;
    q.push(S);vis[S]=1;dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            if(e[i].v){
                if(dis[e[i].y]>dis[x]+e[i].co){
                    dis[e[i].y]=dis[x]+e[i].co;
                    fa[e[i].y]=i;
                    if(!vis[e[i].y]){
                        vis[e[i].y]=1;
                        q.push(e[i].y);
                    }
                }
            }
        }
    }
    return fa[T];
}
LL fyl(){
    int val=minf;LL ans=0;
    for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].x])val=min(val,e[i].v);
    for(int i=fa[T];i;i=fa[e[i].x]){
        ans+=e[i].co;e[i].v-=val;e[e[i].rev].v+=val;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&t1,&t2);
    SS=n+1;S=SS+1;T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)init(i,i+k>n?T:i+k,1,a[i]-b[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)init(i,i+1>n?T:i+1,k-t1-t2,0);
    for(int i=1;i<=k;i++)init(SS,i,minf,0);
    init(S,SS,k-t1,0);
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans+=a[i];
    while(SPFA())ans-=fyl();
    printf("%lld\n",ans);
    for(int i=1;i<2*n;i+=2){
        if(!e[i].v)printf("E");
        else printf("S");
    }printf("\n");
    return 0;
}