BZOJ3511: 土地划分(最小割)

Description

Y国有N座城市，并且有M条双向公路将这些城市连接起来，并且任意两个城市至少有一条路径可以互达。 
Y国的国王去世之后，他的两个儿子A和B都想成为新的国王，但他们都想让这个国家更加安定，不会用武力解决问题。 
于是他们想将这个国家分成两个小国家A国和B国。现在，A拥有1号城市，B拥有N号城市，其他的城市还尚未确定归属哪边（划分之后的国家内部城市可以不连通）。 
由于大家都想让国家变得更好，而某些城市的人民愿意国王的A儿子作为他们的领袖，而某些城市更看好B，而为了交通的便捷，如果划分后的公路连接两个同一个国家的城市，那么更利于城市之间的交流。于是大臣们设计了一种对土地划分的评分机制，具体如下： 
1. 对于城市i，如果它划分给A国，将得到VA[i]的得分；划分给B国，将得到VB[i]的得分。 
2. 对于一条公路i，如果它连接两个A国的城市，将得到EA[i]的得分；连接两个B国的城市，将得到EB[i]的得分；否则，这条公路将失去意义，将扣除EC[i]的得分。 
现请你找到最优的土地划分，使得这种它的评分最高。 

Input

第一行包含两个整数N，M，含义如问题描述所示。 
接下来一行N-2个非负整数，表示VA[2..N-1]。 
接下来一行N-2个非负整数，表示VB[2..N-1]。 
接下来M行，每行五个非负整数描述一条公路：X Y EA[i] EB[i] EC[i]，含义如问题描述所示。 

Output

输出有且仅有一个整数，表示最高评分。 

Sample Input

3 3
8
9
1 2 2 6 2
2 3 8 5 7
1 3 9 4 1

Sample Output

11
【样例说明】
A国仅有1号点，B国有2号和3号点。
评分=VB[2]+EB[2]-EC[1]-EC[3]=9+5-2-1=11。

HINT

【数据说明】 
数据点 N M 备注 
1-2 <=20 <=200 无 
3-4 <=5000 <=10000 VA、VB、EA、EB均为0 
5-6 <=5000 <=10000 EC均为0 
7-10 <=10000 <=40000 无 

保证运算过程中及最终结果不超过32位带符号整数类型的表示范围

解题思路：

二者必取其一，这个很有最小割的意思，所以相当于将A国是源点，B国为汇点

对于一个点$P_i$，设其分到A国的价值为$V_{ai}$，分到B国的价值为$V_{bi}$。

取A则无法取B，这就是最小割模型了。

那么从源点连向$P_{i}$一条有向边，容量为$V_{ai}$，那么从$P_i$向汇点一条有向边，容量为$V_{bi}$，

这样点的二选一就实现了，只需要用$\sum{V_{ai}+V_{bi}}$减去最小割就可以啦。

下面是边的三选一：(设一条边连A国城市贡献为$C_{ai}$,连B国城市贡献为$C_{bi}$，连接两个国家点惩罚为$C_{ci}$）

两个点若都选A，那么就需要割去这条边连接B国两个城市点贡献。

选A相当于割去城市选B国点贡献，那么相当于在汇点端取消了流量。

那么现在限制一下，要求其取消汇点端流量则必须取消这条边流量。

那么就相当于在原来两个城市向汇点连边处向汇点重新连边。

由于两个点都必须限制，那么相当于在两个点都向汇点连$\frac{C_{bi}}{2}$的边。

同理从源点连向边的两端点$\frac{C_{ai}}{2}$的边。

所以在答案上加上$\sum{C_{ai}+C_{bi}}$最后减去最小割。

考虑惩罚条件。

此时为边的两端一个割源，一个割汇。

此时为了保证出现割，保留与汇点连边端必须断开所有与源点连边。

所以此时最小割中一定存在$\frac{C_{ai}}{2}$，也就是这条边存在时与源点的附加边。

同理，最小割中也存在$\frac{C_{bi}}{2}$，这样割下来的代价为$\frac{C_{bi}}{2}+\frac{C_{ai}}{2}$

但是我们期望其扣除的代价为$C_{ai}+C_{bi}+C_{ci}$，这就要求我们同时要割下一条代价为$\frac{C_{bi}}{2}+\frac{C_{ai}}{2}+C_{ci}$的边。

可是这条边应该加在哪里呢。

考虑什么样的边一定被割掉，一定是当前存在的与源点连边的点连向一个与汇点有流量的点。

那么就是在当前边两端对应的点间加一双向边，边权为$\frac{C_{bi}}{2}+\frac{C_{ai}}{2}+C_{ci}$。

证明这样做的可行性。

因为当两端选同一个国家时，中间的流量不会流向汇或不会与源有流量。

所以这条附加边在两端选同一国家时是不会存在流量的，更不会被割去。

所以建图就是这样了。

因为有系数$\frac{1}{2}$的存在，将所有边权*2，最后/2，可以证明最后一定是整除的，没有必要担心。

全图最小割就好了。

代码：

 

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int oo=0x3f3f3f3f;
struct pnt{
    int hd;
    int lyr;
    int now;
}p[100000];
struct ent{
    int twd;
    int lst;
    int vls;
}e[1000000];
int cnt;
int n,m;
int s,t;
std::queue<int>Q;
void ade(int f,int t,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].twd=t;
    e[cnt].vls=v;
    e[cnt].lst=p[f].hd;
    p[f].hd=cnt;
    return ;
}
bool Bfs(void)
{
    while(!Q.empty())
        Q.pop();
    for(int i=1;i<=t;i++)
        p[i].lyr=0;
    p[s].lyr=1;
    Q.push(s);
    while(!Q.empty())
    {
        int x=Q.front();
        Q.pop();
        for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst)
        {
            int to=e[i].twd;
            if(p[to].lyr==0&&e[i].vls>0)
            {
                p[to].lyr=p[x].lyr+1;
                if(to==t)
                    return true;
                Q.push(to);
            }
        }
    }
    return false;
}
int Dfs(int x,int fll)
{
    if(x==t)
        return fll;
    for(int& i=p[x].now;i;i=e[i].lst)
    {
        int to=e[i].twd;
        if(p[to].lyr==p[x].lyr+1&&e[i].vls>0)
        {
            int ans=Dfs(to,std::min(fll,e[i].vls));
            if(ans>0)
            {
                e[i].vls-=ans;
                e[((i-1)^1)+1].vls+=ans;
                return ans;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int Dinic(void)
{
    int ans=0;
    while(Bfs())
    {
        for(int i=1;i<=t;i++)
            p[i].now=p[i].hd;
        int dlt;
        while(dlt=Dfs(s,oo))
            ans+=dlt;
    }
    return ans;
}
int main()
{
//    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s=n+1;
    t=s+1;
    int ans=0;
    ade(s,1,oo);
    ade(1,s,0);
    ade(n,t,oo);
    ade(t,n,0);
    for(int i=2;i<=n-1;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        x<<=1;
        ade(s,i,x);
        ade(i,s,0);
        ans+=x;
    }
    for(int i=2;i<=n-1;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        x<<=1;
        ade(i,t,x);
        ade(t,i,0);
        ans+=x;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y,a,b,c;
        scanf("%d%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b,&c);
        ans+=a+b+a+b;
        ade(s,x,a);
        ade(x,s,0);
        ade(s,y,a);
        ade(y,s,0);
        ade(x,t,b);
        ade(t,x,0);
        ade(y,t,b);
        ade(t,y,0);
        ade(x,y,a+b+c+c);
        ade(y,x,a+b+c+c);
    }
    ans=(ans-Dinic())>>1;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}