一类特殊的模拟费用流模型

QOJ 7185

题目描述

有 $n$ 个学生和 $k$ 门科目，第 $i$ 个学生选择第 $k$ 门科目的消耗为 $a_{i,j}$ 。第 $i$ 门科目至多被 $b_i$ 个学生选择。希望求出每一个学生选择恰好一门科目的最小消耗和。

$n\le 5\times {10}^4,k\le 10$ 。

思路点拨

看到这个题目很容易想到一个网络流建模：

• 一个源点，一个汇点，$n$ 个代表学生的节点，$k$ 个代表科目的节点。

• 学生节点向源点连流量为 $1$ ，代价为 $0$ 的边。

• 科目节点向汇点连流量为 $b_i$ ，代价为 $0$ 的边。

• 第 $i$ 个同学向第 $j$ 个科目练流量为 $1$ ,代价为 $a_{i,j}$ 的边。

最终该网络的最小费用最大流就是正确答案。相比之下我们更加关心图的性质以及增广路的形态。

经过观察，图具有如下性质：

• 图是一张二分图，那么每一条增广路除了源点和汇点之外都是左-右-左交替的。

• 最短路本身的性质：不会经过相同的节点（该网络图不存在负环）。

• 关键性质：注意到结合上述两个性质，每一条增广路的长度都是 $O(k)$ 级别的，因为右部点的数量很少。

我们将一次增广路径画出来：

这条增广路有什么具体含义吗？$2$ 科目有向 $3$ 学生有流量的边，就意味着 $2$ 学生选择了 $3$ 科目。同理, $5$ 学生选择了 $6$ 科目。而 $1$ 学生有向 $2$ 科目有流量的边，就意味着 $1$ 学生在此之前没有选择 $2$ 科目，现在去选择 $2$ 科目。同理, $3$ 学生选择 $4$ 科目，$5$ 学生选择 $6$ 科目。

那么我们考虑将路径分为几个部分：

• 从源点到达第一个左部点，从左部点到达第一个右部点。
• 对于一个右部点，认为一次移动是"右-左-右"。
• 右部点经过若干次移动到达最后一个右部点，并走向汇点。

当然，这个路径的权值和需要尽可能的小。

先考虑如何维护出两个右部点 $(i,j)$ 之间的移动 $i\to x\to j$ ，其中 $x$ 是一个左部节点，需要 $a_{x,j}-a_{x,i}$ 尽量小才可以。在此移动中，一定有 $x$ 选择了 $i$ 科目。不妨对于每一个 $i,j$ 维护一个堆，堆中保存了选择 $i$ 科目的全部节点，权值就是 $a_{x,j}-a_{x,i}$ ，取堆顶就可以了。

那么对于上述路径中的 $2,3$ 部分，就可以对于右部点建立一张新图：两个节点 $(i,j)$ 之间的权值就是对应堆的堆顶。每一个节点还连向了一个汇点。对此图进行 SPFA ,求出 $di{s}_i$ 表示从 $i$ 科目出发，到达汇点的一个最小费用。

接下来考虑维护第一部分。我们可以枚举第一个右部点 $j$，去找到最优的，可以到达它的左部点 $i$。这个左部点一定满足没有选择这个右部点 ，不妨对于每一个右部点，维护没有选择它的左部点集合，每一次取出 $a_{i,j}$ 最小的 $i$ 即可，可以使用一个堆维护。

我们还存在一个问题，就是增广一条路径之后需要做出一些修改操作。具体而言就是部分节点( $O(k)$ 级别）会更改选择的科目，但是上述我们只是维护了一些堆，换成可删堆就行。

单轮增广的时间复杂度是 $O(k^3+k^2\log n)$ 。这里 $O(k^3)$ 来自我们建立新图后的SPFA，$O(k^2\log n)$ 是因为我们增广路中有 $O(k)$ 个左部点，会影响到 $O(k)$ 个右部点。一个左部点每影响一个右部点 $i$，就会对于每一个右部点 $j$ 修改 $(i,j)$ 的移动所对应的堆，这造成 $O(k^2)$ 次堆删除操作。

一共增广 $n$ 轮，时间复杂度 $O(n(k^3+k^2\log n))$ 。

[AGC018C] Coins

题目描述

有 $x+y+z$ 个人，第 $i$ 个人有 $A_i$ 个金币，$B_i$ 个银币，$C_i$ 个铜币。

要选出 $x$ 个人获得其金币，选出 $y$ 个人获得其银币，选出 $z$ 个人获得其铜币。在不重复选某个人的情况下，最大化获得的币的总数。

$x+y+z\le {10}^5$

思路点拨

这个题目可以使用上述模型解决。

对于三个硬币，可以看作上述题目的三个科目。则第 $i$ 个人向三个硬币连流量为 $1$ ，代价分别为 $A_i,B_i,C_i$ 的边。

三个硬币向汇点连流量分别为 $x,y,z$ ，代价为 $0$ 的边。求出最大费用最大流即可。

因为本题 $k=3$ ，所以常数可以忽略。设 $n=x+y+z$ ，时间复杂度为 $O(n\log n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5,inf=1e18;
int A,B,C,n;
int a[MAXN][4];
struct heap{
	priority_queue<pair<int,int>> q1,q2;
	void push(pair<int,int> x){
		q1.push(x);
	}
	void pop(pair<int,int> x){
		q2.push(x);
	}
	pair<int,int> top(){
		while(!q2.empty()&&q1.top()==q2.top())
			q1.pop(),q2.pop();
		if(q1.empty()) return make_pair(-inf,0);
		return q1.top();
	}
}q[4][4],p[4];

int e[5][5],dis[5],pre[5];
bool vis[5];
void SPFA(){
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=4;i++)
		dis[i]=-inf,pre[i]=0;
	dis[4]=0;
	q.push(4);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=0;
		for(int i=1;i<=4;i++){
			if(dis[i]<dis[u]+e[i][u]){
				dis[i]=dis[u]+e[i][u];
				pre[i]=u;
				if(!vis[i]){
					vis[i]=1;
					q.push(i);
				}
			}
		} 
	}
}
signed main(){
	cin>>A>>B>>C;
	n=A+B+C;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=3;j++) cin>>a[i][j];
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=3;j++) p[j].push(make_pair(a[i][j],i));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int i=1;i<=3;i++){
			e[4][i]=e[i][4]=-inf;
			for(int j=1;j<=3;j++)
				e[i][j]=q[i][j].top().first;
		}
		if(A) e[1][4]=0;
		if(B) e[2][4]=0;
		if(C) e[3][4]=0;
		SPFA();
		
		int mx=-inf,id=0;
		for(int i=1;i<=3;i++)
			if(p[i].top().first+dis[i]>mx)
				mx=p[i].top().first+dis[i],id=i;
		ans+=mx;
		
		int pos=id;
		while(pre[pos]!=4){
			int u=pos,v=pre[pos];
			int x=q[u][v].top().second;
			for(int i=1;i<=3;i++){
				q[u][i].pop(make_pair(a[x][i]-a[x][u],x));
				q[v][i].push(make_pair(a[x][i]-a[x][v],x));
			}
			
			pos=pre[pos];
		}
		if(pos==1) A--;
		if(pos==2) B--;
		if(pos==3) C--;
		
		pos=p[id].top().second;
		for(int i=1;i<=3;i++)
			p[i].pop(make_pair(a[pos][i],pos));
		for(int i=1;i<=3;i++)
			q[id][i].push(make_pair(a[pos][i]-a[pos][id],pos));
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}