AGC018C Coins 题解

模拟费用流。

传送门

题意：共 $n=x+y+z$ 个人，每个人可以选择获得 $a_i$ 个金币或 $b_i$ 个银币或 $c_i$ 个铜币。要选 $x$ 个人拿金币，$y$ 个人拿银币，$z$ 个人拿铜币。问币数总和最大是多少。$n\le {10}^5$。

先建出费用流模型：把一个人的选择视作一个人流到了金币/银币/铜币的对应点。

给每个人抽象出一个点 $p_i$，金银铜币抽象出三个点 $g,s,b$，以及超源点 $S$ 和超汇点 $T$。
$S\to p_i$，容量 $1$ 费用 $0$；$g,s,b\to T$，容量 $1$ 费用 $0$。

$p_i\to g,s,b$，容量 $1$，费用 $a_i/b_i/c_i$。

我们观察发现，这个费用流模型本质不同的增广路有十几种，根据经过 $g,s,b$ 中的几个点分类讨论可以得出。直接模拟当然也可以，但是太复杂了，要考虑简化。
让每个人先取金币，令 $B_i=b_i-a_i,C_i=c_i-a_i$。则只要在 $n$ 个人中选 $y$ 个人取 $B_i$，$z$ 个人取 $C_i$ 即可。费用流模型还是类似上面，但是右边就只剩两个点了。

这时本质不同的增广路就只剩四种：

• $S\to p_i\to s\to T$。这种的收益是 $B_i$。

• $S\to p_i\to b\to T$。这种的收益是 $C_i$。

• $S\to p_i\to s\to p_j\to b\to T$。这种就是让一个已经选了 $C_j$ 的 $j$ 转而选 $B_j$，收益是 $C_i+B_j-C_j$。

• $S\to p_i\to b\to p_j\to s\to T$。这种的收益是 $B_i+C_j-B_j$。

开四个堆分别维护即可。但鉴于这题调了 2.5h 且非常经典，所以再具体一点。

开四个堆 $h_1,h_2,h_3,h_4$。

$h_1$ 维护当前还未决定选 $B_i$ 还是选 $C_i$的人中 $B_i$ 的最大值及其编号，$h_2$ 维护还未决定的人中 $C_i$ 的最大值及其编号。

$h_3$ 维护所有目前选了 $C_i$ 的人中 $B_i-C_i$ 的最大值及其编号。$h_4$ 维护所有目前选了 $B_i$ 的人中 $C_i-B_i$ 的最大值及其编号。

注：虽然上面的收益是 $C_i+B_j-C_j$，但是一定不要让 $h_3$ 和 $h_4$ 维护 $C_i+B_j-C_j$ 的最大值和对应的 $i,j$。第一是难写，第二是复杂度不对。

当我们想应用后两条增广路的时候，可以用 $h_{2,3}$ 的堆顶共同求出 $C_i+B_j-C_j$ 的最大值。

依次考虑应用每种增广路后会新增的影响。

这里一定要明确一下每种增广路对应的实际意义。

• 应用 $h_1$ 的堆顶：对应把某个还没选的选为 $B_i$。

• 应用 $h_2$ 的堆顶：对应把某个还没选的选为 $C_i$。

• 应用 $h_3+h_2$ 的堆顶：对应把某个还没选的选为 $C_i$，然后把一个已经选为 $B_j$ 的改成 $C_j$。

• 应用 $h_4+h_1$ 的堆顶：对应把某个还没选的选为 $B_i$，然后把一个已经选为 $C_j$ 的改成 $B_j$。

然后看每种增广路带来的可能性。

• 应用 $h_1$ 的堆顶：把某个还没选的选为 $B_i$，会增加 $h_3$ 的把某个 $B_j$ 改成 $C_j$ 的可能性。

• 应用 $h_2$ 的堆顶：把某个还没选的选为 $C_i$，会增加 $h_4$ 的把某个 $C_j$ 改成 $B_j$ 的可能性。

• 应用 $h_3+h_2$ 的堆顶：把某个还没选的选为 $C_i$，然后把一个已经选为 $B_j$ 的改成 $C_j$。这种操作会新增一个 $B_i$ 和一个 $C_i$，也就是说 $h_3,h_4$ 的可能性都会增加。

• 应用 $h_4+h_1$ 的堆顶：把某个还没选的选为 $B_i$，然后把一个已经选为 $C_j$ 的改成 $B_j$。与 $h_3$ 的类似。

最后还要注意一下：为了保证每次取出的堆顶都是有效的，在每次取堆顶之前，把 $h_1,h_2$ 的所有在堆顶的已经选好了的元素都 pop 掉。

这里需要 pop 的原因是：在应用 $h_3,h_4$ 的时候，会同时使用 $h_1,h_2$ 的堆顶。（当然，在应用 $h_3,h_4$ 的时候，顺便把额外使用的堆顶也 pop 掉同样可以）

$h_3$ 和 $h_4$ 不需要 pop 的原因是没有任何一种增广路在应用时，会把 $h_3,h_4$ 作为额外使用的堆顶。

顺路一提，这题有一个简化版CF730I：Olympiad in Programming and Sports。