Oooooooo AAAAE
题面:
这个游戏可以简化成:谱面由N个键和M条连线组成,每两个键之间有一个连线,玩家需要在键之间滑动,且连线的方向是固定的,玩家每次选择一个键,把所有从这个键出发的连线都消除掉,花费为ai,也可以将每个结束在这个点的连线消除,花费Bi。不用担心,LiMn2O4的手指足够多。最后让连线全部消失,得分就是总花费。花费越少,分数越高。求出最小花费。
思路:
1.最小点权覆盖集:从x或者y集合中选取一些点,使这些点覆盖所有的边,并且选出来的点的权值尽可能小。最大点权独立集:在二分图中找到权值和最大的点集,使得它们之间两两没有边。
2.借鉴了题解的思路。才知道是网络流最小点权覆盖问题。设立源点s和t,s连边到点i,容量为i点的权值;点j连边到t,容量为j点权值;原二分图中的边容量为INF,求最大流即为最小点权覆盖。
3.扩展:最大点权独立集可转化为最小点权覆盖问题,
最大点权独立集 = 总权值 - 最小点权覆盖集
经典的网络流最小点权覆盖问题,首先拆点,分成左右两部分,源点向所有左节点连一条边,流量为删除出边的花费。所有右节点向汇点连一条边,流量为删除入边的费用。对于每条输入给定的边<u,v>,其在左边的点为u,v,右边的点为u’,v’,那么我们连一条<u,v’>的边,流量为∞(正无穷才不会对可行流上最小的容量产生限制)。跑一边最大流,得到的答案就是最小的费用。
首先,如果没有花费的话,这道题就是简单的最小点覆盖集。加上了点权之后,我们就要将最小割的思想融合进去。要注意费用,一定要符合S->T的顺序
代码:
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int inf = 0x3f3f3f3f; 3 using namespace std; 4 5 int n, m, t, h[250]; 6 int a[110], b[110]; 7 int d[250]; 8 queue<int>q; 9 10 struct node 11 { 12 int t,n,w; 13 }E[20000]; 14 15 void add(int u, int v, int w) 16 { 17 E[t].t=v; 18 E[t].w=w; 19 E[t].n = h[u]; 20 h[u] =t++; 21 } 22 23 int bfs(int s, int t) 24 { 25 if(s== t) 26 return 0; 27 while(q.size()) 28 q.pop(); 29 memset(d,-1,sizeof(d)); 30 d[s] = 1; 31 q.push(s); 32 while(q.size()) 33 { 34 int k = q.front(); 35 q.pop(); 36 for(int i = h[k]; i != -1; i = E[i].n) 37 { 38 int to = E[i].t; 39 if(d[to] == -1 && E[i].w > 0) 40 { 41 d[to] = d[k] + 1; 42 q.push(to); 43 } 44 } 45 } 46 return d[t] != -1; 47 } 48 int dfs(int x, int t, int cnt) 49 { 50 if(x==t) 51 return cnt; 52 for(int i = h[x]; i != -1; i = E[i].n) 53 { 54 int to = E[i].t; 55 if(d[to] == d[x] + 1 && E[i].w > 0) 56 { 57 int f = dfs(to, t, min(E[i].w, cnt)); 58 if(f> 0) 59 { 60 E[i].w -= f; 61 E[i^1].w += f; 62 return f; 63 } 64 } 65 } 66 return -1; 67 } 68 69 void dinic(int s, int t) 70 { 71 long long ans = 0; 72 while(bfs(s, t)) 73 { 74 while(1) 75 { 76 int k= dfs(s, t, inf); 77 if(k == -1) 78 break; 79 ans += k; 80 } 81 } 82 printf("%lld\n", ans); 83 } 84 85 int main() 86 { 87 memset(h,-1,sizeof(h)); 88 scanf("%d%d", &n, &m); 89 for(int i = 1; i <= n; i ++) 90 { 91 scanf("%d", &a[i]); 92 add(i + n, 2 * n + 1, a[i]); 93 add(2 * n + 1, i + n, 0); 94 } 95 for(int i = 1; i <= n; i ++) 96 { 97 scanf("%d", &b[i]); 98 add(0, i, b[i]); 99 add(i, 0, 0); 100 } 101 for(int i = 1; i <= m; i ++) 102 { 103 int a, b; 104 scanf("%d%d", &a, &b); 105 add(a, b + n, inf); 106 add(b + n, a, 0); 107 } 108 dinic(0, 2 * n + 1); 109 }