P3308-[SDOI2014]LIS【最小割】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3308

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1|1题目大意

三个$n$个数字的序列$A,B,C$。要求删除其中某些位置$i$使得$A$的最长上升子序列至少减少$1$且删去位置$B$的权值和最小的情况下满足删去位置的$C$值升序排序后字典序最小。

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1|2解题思路

首先$B$值最小很好求，跑一遍$LIS$的$dp$，然后每个点拆成两个点，然后如果$f[x]$转移到$f[y]$是最优的就建边然后跑最小割就好了。
大体和P2766 最长不下降子序列问题差不多

也就是现在我们要求字典序最小的最小割，需要利用到最小割的性质。

如果一条边$x,y$是可行割，那么它满足在残量网络上$x$到达不了$y$。

首先如果$x->y$没有满流那么肯定不是最小割，其次如果满流了但是还有一条$x$到$y$的路径，那么证明如果走这条增广路一定可以使最大流更大，所以也不是最小割。

那么这样我们就可以判断一条边是否可行了，然后需要消去其他等价边的影响，大体方法是从$T$到$y$跑一次$dinic$，再从$x$到$S$跑一次$dinic$。这个操作叫退流，这样残量网络就变成了满流边$x->y$的残量网络了。

先跑一次$dinic$，然后按照$C$值排序，从小到大判断加入边即可。

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=710*2,inf=1e18;
struct node{
    ll to,next,w;
}a[N*N];
ll T,n,tot,ls[N],dep[N],A[N],B[N],C[N],f[N],p[N];
vector<ll> prt;queue<ll> q;
void addl(ll x,ll y,ll w){
    a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;
    a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;
}
bool bfs(ll s,ll t){
    while(!q.empty())q.pop();q.push(s);
    memset(dep,0,sizeof(dep));dep[s]=1;
    while(!q.empty()){
        ll x=q.front();q.pop();
        for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
            ll y=a[i].to;
            if(dep[y]||!a[i].w)continue;
            dep[y]=dep[x]+1;
            if(y==t)return 1;
            q.push(y);
        }
    }
    return 0;
}
ll dinic(ll x,ll t,ll flow){
    if(x==t)return flow;
    ll rest=0,k;
    for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
        ll y=a[i].to;
        if(dep[x]+1!=dep[y]||!a[i].w)continue;
        rest+=(k=dinic(y,t,min(flow-rest,a[i].w)));
        a[i].w-=k;a[i^1].w+=k;
        if(rest==flow)return flow;
    }
    if(!rest)dep[x]=0;
    return rest; 
}
bool cmp(ll x,ll y)
{return C[x]<C[y];}
signed main()
{
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        memset(ls,0,sizeof(ls));tot=1;
        scanf("%lld",&n);
        for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&A[i]);
        for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&B[i]);
        for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&C[i]);
        ll maxs=0,s=2*n+1,t=s+1;
        for(ll i=1;i<=n;i++){
            f[i]=1;p[i]=i;
            for(ll j=1;j<i;j++)
                if(A[i]>A[j])f[i]=max(f[i],f[j]+1);
            maxs=max(maxs,f[i]);
        }
        for(ll i=1;i<=n;i++){
            if(f[i]==1)addl(s,i,inf);
            if(f[i]==maxs)addl(i+n,t,inf);
            addl(i,i+n,B[i]);
            for(ll j=i+1;j<=n;j++)
                if(A[i]<A[j]&&f[i]+1==f[j])
                    addl(i+n,j,inf);
        }
        ll ans=0;prt.clear();
        while(bfs(s,t))
            ans+=dinic(s,t,inf);
        printf("%lld ",ans);
        sort(p+1,p+1+n,cmp);
        for(ll i=1;i<=n;i++){
            ll x=p[i];
            if(bfs(x,x+n))continue;
            while(bfs(t,x+n))dinic(t,x+n,inf);
            while(bfs(x,s))dinic(x,s,inf);
            prt.push_back(x);
        }
        printf("%lld\n",prt.size());
        sort(prt.begin(),prt.end());
        for(ll i=0;i<prt.size();i++)
            printf("%lld ",prt[i]);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14297067.html
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