P8215-[THUPC2022 初赛]分组作业【网络流】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P8215

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1|1题目大意

有$2\times n$个人，第$2\times i-1$和第$2\times i$个人一组，然后每个人可以选择愿不愿意合作，愿意需要付出$c_i$代价，不愿意是$d_i$代价，如果两个人都愿意，可以选择合作。如果一个人选择愿意另一个人不愿意，那么愿意的那个人会产生$e_i$的代价。

然后给出$m$对关系，然后题目描述开摆了

$1\leq n\leq 5000,0\leq m\leq 10000,1\leq a_i,b_i,c_i,d_i,e_i\leq 10^9$

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1|2解题思路

首先考虑$c,d,e$的贡献，考虑用最小割。

首先$c,d$要选一个，所以它们肯定是串在一个点上的，所以$S\rightarrow i\rightarrow T$，$S$到$i$的流量为$c$，$i$到$T$的流量为$d$。
然后$e$的贡献就是一个选$c$一个选$d$时的贡献，所以我们可以让$i$连向它的队友，流量为$e$，如果$i$选了$c$，它队友选了$d$，那么这条$e$的边也要割。
然后因为还有一个选择是否合作，但是要求所有的都选择$c$的贡献，所以我们让新建一个点$W$，$S\rightarrow W$的一条边表示是否合作（如果连了就表示合作），然后$W$连向同一个队的两个点，

那么一个小组的图大概就长这样

然后考虑后面的贡献就很麻烦了

这一个我们可以直接让$B$所在组的$W$点连接$A$点就行了，如果$A$选了$d$且$B$的合作边没被割掉，那么刚好这条路就是通的，也需要被割掉。

至于

这个贡献，我们考虑反过来处理。
我们发现$S\rightarrow W_i$这条边还没有权值，我们可以先默认如果$A$没有合作就会产生$a_i$的代价，然后如果$B$选择了不愿意，那么就会少产生$a_i$的贡献，我们让$B$的$d$值减去$a_i$。
然后发现如果此时$A$没有合但是$B$不愿意也会少产生这个贡献，我们让$W_A$连向$B$费用为$a_i$，这样这种情况就不会少算了。
然后因为$d$可能减到负数，我们可以让所有的$c$和$d$加上一个大整数，然后最后统一减去这部分贡献就好了。

这样就完美处理完了所有的条件

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5100*6;
struct node{
	ll to,next,w;
}a[N<<4];
ll n,m,s,t,c[N],d[N],e[N],w[N];
ll tot=1,ls[N],dep[N],ans;
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;
	return;
}
bool bfs(){
	while(!q.empty())q.pop();
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	dep[s]=1;q.push(s);
	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(!a[i].w||dep[y])continue;
			dep[y]=dep[x]+1;
			if(y==t)return 1;
			q.push(y);
		}
	}
	return 0;
}
ll dinic(ll x,ll flow){
	ll rest=0,k;
	if(x==t)return flow;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(!a[i].w||dep[y]!=dep[x]+1)continue;
		rest+=(k=dinic(y,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;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);s=3*n+1;t=s+1;
	for(ll i=1;i<=2*n;i++)
		scanf("%lld%lld%lld",&c[i],&d[i],&e[i]);
	for(ll i=1,x,y,a,b;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b);
		ll A=(x+1)/2,B=(y+1)/2;
		addl(2*n+B,x,b);
		w[A]+=a;d[y]-=a;
		addl(2*n+A,y,a);
	}
	for(ll i=1;i<=2*n;i++){
		addl(s,i,d[i]+1e14);
		addl(i,t,c[i]+1e14);
		ll p=(i&1)?(i+1):(i-1);
		addl(i,p,e[i]);
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		addl(s,2*n+i,w[i]);
		addl(2*n+i,2*i-1,1e18);
		addl(2*n+i,2*i,1e18);
	}
	while(bfs())
		ans+=dinic(s,1e18);
	printf("%lld\n",ans-200000000000000ll*n);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16018719.html
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