[每日小结] 浅谈堆模拟费用流

前言：最近写了很多关于堆模拟费用流的题，说通俗一点就是用(堆+后悔操作)去实现贪心。

例题：

例1：POJ-2431 Expedition

解析：这题应该是这类套路里面最简单的一道题了， 每经过一个加油站相当于拥有了在这个加油站加油的权力，那么将这个加油站的油加入堆，一旦以后油不够用了，就从堆中取出最大值加油，直到终点。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;

int a[N],b[N];

struct Node {
  int a,b;
  bool operator < (const Node &x) const {
    return a<x.a;
  }
}p[N];

priority_queue<int> Q;

int gi() {
  int x=0,o=1; char ch=getchar();
  while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return o*x;
}

int main() {
  int n=gi(),ans=0,pos=0,L,oil;
  for(int i=1; i<=n; i++) p[i].a=gi(),p[i].b=gi();
  sort(p+1,p+n+1);
  L=gi(),oil=gi();
  for(int i=n; i>=0; i--) {
    a[i]=L-p[i].a,b[i]=p[i].b;
    int d=a[i]-pos;
    while(oil-d<0) {
      if(Q.empty()) {puts("-1");return 0;}
      oil+=Q.top(),Q.pop(),ans++;     
    }
    oil-=d,pos=a[i],Q.push(b[i]);
  }
  printf("%d", ans);
  return 0;
}

例2：K10.31-D1T2 angry

解析：这题仔细分析一下就可以发现与上一题很类似，如果用零钱会花费c[i]%100的零钱，如果用整钱会100-c[i]%100，可以发现每次都要减去一个c[i]%100，但是用整钱的话就相当于赔了愤怒值但赚了100块钱，于是每次贪心尽量地出零钱，零钱不够用了就在堆中找愤怒值最小的那一天用整钱。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;

ll ans;
int w[N],c[N],out[N][2];

struct Node {
  int i,v;
  bool operator < (const Node &x) const {
    return v>x.v;
  }
};

priority_queue<Node> Q;

int gi() {
  int x=0,o=1; char ch=getchar();
  while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return o*x;
}

int main() {
  int n=gi(),m=gi();
  for(int i=1; i<=n; i++) c[i]=gi();
  for(int i=1; i<=n; i++) w[i]=gi();
  for(int i=1; i<=n; i++) {
    if(c[i]%100==0) out[i][0]=c[i]/100,out[i][1]=0;
    else {
      if(m>=c[i]%100) {
	m-=c[i]%100;
	out[i][0]=c[i]/100;
	out[i][1]=c[i]%100;
	Q.push((Node){i,w[i]*(100-c[i]%100)});
      }
      else {
	Q.push((Node){i,w[i]*(100-c[i]%100)});
	Node u=Q.top(); Q.pop();
	ans+=w[u.i]*(100-c[u.i]%100);
	m+=100-c[i]%100;
	out[u.i][0]=(c[u.i]+99)/100,out[u.i][1]=0;
	if(u.i!=i) out[i][0]=c[i]/100,out[i][1]=c[i]%100;
      }
    }
  }
  printf("%lld\n", ans);
  for(int i=1; i<=n; i++) {
    printf("%d %d\n", out[i][0],out[i][1]);
  }
  return 0;
}

例3：K11.1-D2T2 trade

解析：首先这题很容易想到dp，但是只能做到1000，对于\(10^5\)就需要用到更高效的解法——堆模拟费用流。
具体到这道题来说就是一旦有利润那么就直接算利润，如果在后面的利润更大，那么用后悔操作可以获得更大的利润。
后悔操作：
1、当前股票比堆顶小，买入。
2、当前股票比堆顶大，卖出，并将当前股票入堆两次，一次相当于是用来实现“后悔”，方便算出将别人卖出的代价，另一次则是将自己卖出。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
#define RG register
#define N 100010
using namespace std;

int a[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;

inline int gi() {
  int x=0,o=1; char ch=getchar();
  while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return o*x;
}

int main() {
  ll ans=0;
  int T=gi(),n,tot=0;
  while(T--) {
    n=gi(),ans=0;
    for(RG int i=1; i<=n; i++) a[i]=gi();
    while(!Q.empty()) Q.pop();
    for(RG int i=1; i<=n; i++) {
      Q.push(a[i]); 
      if(Q.top()<a[i]) {
	ans+=a[i]-Q.top();
	Q.pop();
	Q.push(a[i]);
      }
    }
    printf("Case #%d: %lld\n", ++tot,ans);
  }
}