Loj#6405-「ICPC World Finals 2018」征服世界【模拟费用流,左偏树】
正题
题目大意
给出\(n\)个点的一棵树，每个点有\(x_i\)个军队，需要\(y_i\)个军队，你可以移动军队，求使得满足所有点要求的情况下，军队移动路径和的最小值。
\(1\leq n\leq 250000\)，军队总数和不超过\(10^6\)。
解题思路
一看就是费用流，但是数据范围很大所有是模拟费用流。
那么考虑贪心，因为我们要贪心所以我们很难强制满流，那么我们就定义一个流量会额外带上一个\(-\infty\)的权值，然后最后答案加上\(\infty\times c\)就好了。
那么考虑一个流量从\(x\)流到\(y\)，费用是\(dep_x+dep_y-dep_{lca}\times 2-\infty\)，如果一个是需要军队的，那么定义\(val_x=dep_x-\infty\)，否则\(val_x=dep_x\)。
那么就可以视费用为\(val_x+val_y-dep_{lca}\times 2\)，那么这些答案我们就可以在\(lca\)处维护了，设它们的\(lca\)为\(z\)。
考虑用可并堆储存子树内的\(val_x\)和\(val_y\)，然后每次取出最小的直到\(val_x+val_y-dep_z\times 2\geq 0\)为止，但是我们还需要一个退流的操作，也就是可撤回的过程。这个过程我们的权值是相反的，定义新的\(val'_x=2\times dep_z-val_y\)，同理\(val'_y=2\times dep_z-val_x\)就好了。
时间复杂度：\(O(n\log n)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=3e6+10,inf=1e12;
struct Heap{
ll cnt,w[N],t[N][2],dis[N];
ll Merge(ll x,ll y){
if(!x||!y)return x|y;
if(w[x]>w[y])swap(x,y);
t[x][1]=Merge(t[x][1],y);
if(dis[t[x][0]]<dis[t[x][1]])
swap(t[x][0],t[x][1]);
dis[x]=dis[t[x][1]]+1;
return x;
}
ll Delete(ll x)
{return Merge(t[x][0],t[x][1]);}
void Ins(ll &x,ll val){
++cnt;w[cnt]=val;
x=Merge(x,cnt);
}
}T1,T2;
struct node{
ll to,next,w;
}a[N<<1];
ll n,tot,ans,ls[N],rt1[N],rt2[N],dep[N],c[N];
void addl(ll x,ll y,ll w){
a[++tot].to=y;
a[tot].next=ls[x];
ls[x]=tot;a[tot].w=w;
return;
}
void dfs(ll x,ll fa){
if(c[x]<0){
for(int i=0;i<-c[x];i++)
T1.Ins(rt1[x],dep[x]-inf);
}
if(c[x]>0){
for(int i=0;i<c[x];i++)
T2.Ins(rt2[x],dep[x]);
}
for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
ll y=a[i].to;
if(y==fa)continue;
dep[y]=dep[x]+a[i].w;
dfs(y,x);
rt1[x]=T1.Merge(rt1[x],rt1[y]);
rt2[x]=T2.Merge(rt2[x],rt2[y]);
}
while(rt1[x]&&rt2[x]){
ll X=rt1[x];rt1[x]=T1.Delete(rt1[x]);T1.t[X][0]=T1.t[X][1]=0;
ll Y=rt2[x];rt2[x]=T2.Delete(rt2[x]);T2.t[Y][0]=T2.t[Y][1]=0;
if(T1.w[X]+T2.w[Y]-2*dep[x]<0){
ll A=T1.w[X],B=T2.w[Y];ans+=A+B-2*dep[x];
T1.w[X]=2*dep[x]-B;rt1[x]=T1.Merge(rt1[x],X);
T2.w[Y]=2*dep[x]-A;rt2[x]=T2.Merge(rt2[x],Y);
}
else{
rt1[x]=T1.Merge(rt1[x],X);
rt2[x]=T2.Merge(rt2[x],Y);
break;
}
}
return;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1,x,y,w;i<n;i++){
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&w);
addl(x,y,w);addl(y,x,w);
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
c[i]=x-y;
if(c[i]<0)ans+=-c[i]*inf;
}
dfs(1,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
