反悔贪心 & 模拟费用流

参考资料来源 cyt

前言

很多找到一种可行的方案，匹配（选择）某些东西，使价值最优化的问题可以建出费用流模型。

但是直接跑费用流的复杂度是不对的。

我们又想到可以用简单的贪心思路解决这些问题，然而一般的贪心都假掉了。

于是我们考虑模拟费用流的退流操作来做贪心，这就是反悔贪心，其实也是在模拟费用流的各种操作。

所以说反悔贪心（可撤销贪心）和模拟费用流是一个东西。

不过对于一道题目，我们可能会从费用流建模的角度入手。也可能从贪心的角度入手，在它之上加可撤销操作。这大概就是不同点，但最后的代码都是一样的。

反悔堆

用时一定

用时为 $1$ ，使价值最大。

P2949 [USACO09OPEN] Work Scheduling G

按截止时间排序。

接着对于一个工作，若截止时间内还有空，则直接选。

否则我们用一个堆，堆里面放选了的工作，按价值从小到大。

把价值最小的找到，看是否比当前工作的价值更劣，是则用当前工作将它替换。

价值一定

价值为 $1$ ，使工作最多。

P4053 [JSOI2007] 建筑抢修

还是按截止时间排序。

还是用堆，把用时最长的找到，看用当前工作替换是否更优。

练习

P2107 小Z的AK计划

显然先按照 $x_{i}$ 排序。

相当于枚举一个走到的位置 $x_{i}$ ，然后在这个位置之前的机房选要最多个使 $x_{i} + \sum k \leq m$ 。

注意到 $x_{i}$ 选的机房会继承 $x_{i - 1}$ 的。

则每次先把 $i$ 选了，让 $s u m$ 加 $f_{i}$ 。

看 $s u m + x_{i}$ 是否不超过 $m$ 。

否则，拿个堆，一直把最大的 $f$ 退掉。

注意是一直退掉，而不是用 $f_{i}$ 与堆顶做比较，这是因为堆中存的是走到 $x_{i - 1}$ 这个位置的答案，而不是走到 $x_{i}$ 的答案。

若最后 $s u m + x_{i}$ 不超过 $m$ ，则此时选的个数即为走到 $x_{i}$ 的最大答案。

对所有可行的答案取最大值即可。

反悔自动机

堆反悔自动机

CF865D（简易老鼠进洞模型）

考虑在卖出股票时同时结算买和卖。

每一天都买，我们把它插入堆里，插入堆无代价。

每天再看能否卖，若把堆顶现在卖出有收益，则卖出。

但有问题：

我们用当前 $p_{i}$ 的价格卖出堆顶的 $x$ 元买进的股票，收益是 $p_{i} - x$ 。

但有可能后面有 $j > i$ 使得 $p_{j} - x$ 更优，然而 $x$ 这个股票已经卖掉了。

解决方案就是，我们用 $p_{i}$ 卖掉 $x$ 的股票时，往堆里再插入一个 $p_{i}$ ，注意这里的 $p_{i}$ 和每天买进的股票不同。

这样若后面有 $p_{j}$ 更优，则 $p_{j}$ 就会匹配上 $p_{i}$ ，此时对答案的贡献和即为

(x - p_{i}) + (p_{i} - p_{j}) = x - p_{j}

就变成了用 $p_{j}$ 匹配 $x$ ，自动变成了最优方案。

双向链表+堆反悔自动机

P1484 种树

贪心思路：每次选最大的价值，选 $k$ 次。

然而选了 $i$ 后 $i - 1$ 和 $i + 1$ 就不能选了，此时可能会出现选 $i - 1$ 和 $i + 1$ 更优的情况。

发现这种情况只能是 $i - 1$ 和 $i + 1$ 同时选，这样才会比 $i$ 大。

于是考虑选了堆顶 $a_{i}$ 后，把 $i - 1, i, i + 1$ 这三个点缩成一个价值为 $a_{i - 1} + a_{i + 1} - a_{i}$ 的点，将它插入堆里。

这样下次选到这个点，就相当于选 $i - 1, i + 1$ ，同时把原来选的 $i$ 退掉，代价和为

a_{i} + (a_{i - 1} + a_{i + 1} - a_{i}) = a_{i - 1} + a_{i + 1}

拿一个双向链表维护当前的前驱和后继即可。

老鼠进洞模型

UOJ 455 雪灾与外卖

有 $n$ 个老鼠， $m$ 个洞，老鼠有坐标 $x_{i}$ ，洞有坐标 $y_{i}$ ，每只老鼠都要进洞。

第 $i$ 个洞每进一只老鼠花费 $w_{i}$ ，最多进 $c_{i}$ 只老鼠。

老鼠可以左右移动，花费移动距离的代价。

要求最小化花费。

两个堆基础模型

考虑洞没有权值，容量 $c_{i}$ 都为 $1$ 时应该怎么做。

先把老鼠和洞放在一起按坐标排序。

为了去掉绝对值的影响，我们把洞匹配老鼠和老鼠匹配洞分开考虑（即让右边匹配左边）。

设 $i$ 老鼠匹配洞 $j$ ，若 $i < j$ ，则贡献为 $y_{j} + (- x_{i})$ ，反之为 $x_{i} + (- y_{j})$ 。

用反悔贪心的思路，维护一个洞堆和一个老鼠堆，从左往右扫一遍。

如果当前扫到一个老鼠

那么取出洞堆的堆顶让它和这个洞匹配（初始时负无穷处有足够多个洞），设堆顶为 $v$ ，对答案的贡献为 $x_{i} + v$ 。

为了让右边没扫到的洞使这个老鼠能反悔，让它匹配右边一个新的洞。

那么如果它要匹配右边一个新的洞 $j$ ，那么代价的增量为 $(y_{j} - x_{i}) - (x_{i} + v) = y_{j} + (- 2 x_{i} - v)$ ，于是往老鼠堆插入 $- 2 x_{i} - v$ 。

如果扫到一个洞

考虑有没有老鼠要反悔来这个洞，从老鼠堆中取出堆顶 $u$ ，若 $y_{i} + u < 0$ 则更优，让老鼠反悔，加上贡献。

若这个洞原本应当让后面一个老鼠 $j$ 占，于是让这个洞反悔，往洞堆中插入 $- 2 y_{i} - u$ 。

贡献和即 $(y_{i} + u) + (x_{j} + (- 2 y_{i} - u)) = x_{j} - y_{i}$ ，是正确的。

若没有老鼠能反悔来这个洞，则直接插入 $- y_{i}$ 。

就像这样（ $A$ 为老鼠， $B$ 为洞）：

B_{1} \leftarrow A_{1} ↓ B_{1}, A_{1} \leftarrow B_{2} ↓ B_{1} \leftarrow A_{1}, B_{2} \leftarrow A_{2}

初始时 $A_{1}$ 匹配 $B_{1}$ 。

然后 $A_{1}$ 反悔，让 $B_{2}$ 匹配 $A_{1}$ 。

后来 $A_{2}$ 才应该匹配 $B_{2}$ ，于是 $A_{1}$ 又重新匹配 $B_{1}$ 。

当然在权值上没有谁匹配谁的关系，我们只需使最后的权值和正确即可。

洞有权值

如果在基础模型的基础上，洞有权值 $w$ 该怎么做。

区别在于一个老鼠可能会匹配较远的洞。

老鼠匹配洞时有堆最优化，无影响。

而当洞匹配老鼠就有影响了。

首先是贡献为 $y_{i} + w_{i} + u$ 。

考虑到我们让洞 $i$ 匹配老鼠 $j$ 时，后面可能还有洞 $k$ 与老鼠 $j$ 匹配更优。

所以，设 $u$ 为老鼠 $j$ 在堆中的权值，则我们用 $k$ 再匹配 $j$ 的增量为， $(y_{k} + w_{k} + u) - (y_{i} + w_{i} + u) = (y_{k} + w_{k}) + (- y_{i} - w_{i})$ ，所以用 $i$ 匹配完 $j$ 后，要往老鼠堆中插入 $- y_{i} - w_{i}$ ，让洞 $k$ 与这个虚拟老鼠匹配。

由于新增的 $w$ 的影响，扫到一个洞后，有老鼠来时插入到洞堆的权值不变，无反悔时插入的权值变为 $- y_{i} + w_{i}$ 。

这时你可能会有疑问：

如果洞 $i$ 在洞堆和老鼠堆插入的两个权值都从堆顶取出了怎么办。

那它应该要长成这样：

B_{1} \leftarrow A_{1} ↓ B_{1}, A_{1} \leftarrow B_{2} ↓ B_{1}, A_{1}, B_{2}, B_{3} (A_{1} \leftarrow B_{3}) ↓ B_{1}, A_{1}, B_{2}, B_{3}, A_{2} (A_{1} \leftarrow B_{3}, B_{2} \leftarrow A_{2})

其中 $B_{2}$ 就是被取出两次的洞，它开始匹配 $A_{1}$ ，后来 $B_{3}$ 替换了它，取了一次老鼠堆顶。

然后 $A_{2}$ 以为 $B_{2}$ 还连着 $A_{1}$ ，取了一次洞堆顶，它以为它替换掉了 $B_{2}$ 连着的 $A_{1}$ ，然而 $B_{2}$ 实际并没有连着 $A_{1}$ ，那么 $A_{2}$ 连 $B_{2}$ 时加的权值就不对了。

我们观察一下，发现这种情况时不可能出现的，因为对于 $i < j < k < l$ ，其中 $i, l$ 为老鼠， $j, k$ 为洞， $i$ 连 $k$ 并且 $j$ 连 $l$ 一定不优，因为 $i$ 连 $j$ 并且 $k$ 连 $l$ 比这更优。

那么对于上面的例子，最后一行会变成 $B_{1}, A_{1} \leftarrow B_{2}, B_{3} \leftarrow A_{2}$ 或 $B_{1}, A_{1}, B_{2}, B_{3}, A_{2} (B_{1} \leftarrow A_{2}, A_{1} \leftarrow B_{3})$ 。

所以我们不用担心取两次的情况。

洞有权值，也有容量

如果直接拆点，复杂度是 $O (n + \sum c \log (n + \sum c))$ 不能通过。

然而我们可以往堆中插入 pair，多存一位个数。

具体来说，我们扫到一个老鼠匹配洞时，把那个洞的容量减一。

然后扫到洞时，我们记录有多少个老鼠来这个洞，设其为 $c n t$ ，因为注意到往老鼠堆插入的权值都是 $- y_{i} - w_{i}$ ，所以一次性插入 $c n t$ 个这样的老鼠即可。

往洞堆中插入的就无法一次性插了。

如果 $c n t < c_{j}$ 则对应无老鼠来这个洞的情况，往洞堆插入 $c_{j} - c n t$ 个 $- y_{i} + w_{i}$ 即可。

注意我们并不需要撤销某只老鼠先前选的洞的容量，因为这是可撤销贪心，不用管它。

至于时间复杂度，一只老鼠只会从往左走转变为往右走至多一次，我们扫到洞时批量插入老鼠也保证了时间复杂度。

最后的复杂度就是一只 $\log$ 的。

详见代码

提交记录。

 int n,m;
const int N=1e5+5;
int X[N],Y[N],w[N],c[N];
ll ans;
priority_queue<pair<ll,int>,vector<pair<ll,int>>,greater<>> a,b;
signed main(){
	usefile("snow");
	read(n),read(m);
	ll csum=0;
	fo(i,1,n)read(X[i]);
	fo(i,1,m)read(Y[i]),read(w[i]),read(c[i]),csum+=c[i];
	if(csum<n){
		write(-1);
		return 0;
	}
	int i=1,j=1;
	fo(i,1,n)b.push({1e12,1});
	while(i<=n||j<=m){
		if(i<=n&&(j>m||X[i]<=Y[j])){
			auto x=b.top();
			ans+=X[i]+x.first;
			a.push({-2ll*X[i]-x.first,1});
			b.pop();
			if(x.second>1)b.push({x.first,x.second-1});
			++i;
		}
		else {
			int cnt=0;
			while(cnt<c[j]&&a.size()&&a.top().first+Y[j]+w[j]<0){
				auto x=a.top();
				int ca=min(c[j]-cnt,x.second);
				ans+=(ll)ca*(x.first+Y[j]+w[j]);
				a.pop();
				if(ca!=x.second)a.push({x.first,x.second-ca});
				b.push({-2ll*Y[j]-x.first,ca});
				cnt+=ca;
			}
			if(cnt<c[j])b.push({-Y[j]+w[j],c[j]-cnt});
			if(cnt) a.push({-Y[j]-w[j],cnt});
			++j;
		}
	}
	write(ans);
	return 0;
}

wqs 二分优化

费用流的费用是流量的凸函数，我们可以利用 wqs二分优化反悔贪心。

不会 wqs 二分可以看这篇博客。

PA2013 Raper

首先设 $f (k)$ 为恰好选 $k$ 张光盘的答案，合理猜测 $f (k)$ 是一个凸函数，一般可以选择用暴力打表观察验证猜测，但这题是容易证明的。

知道它是一个凸函数后，使用 wqs 二分解决它。

二分斜率后， $b = f (x) - k x$ ，因为是下凸函数，我们要让 $b$ 最小， $b$ 的意义刚好就是没有限制个数且每张光盘减少 $k$ 花费时的答案。

考虑没有限制个数怎么做，用反悔贪心（也可以说是模拟费用流）。

考虑一张光盘从 B 工厂出来时结算它此前的所有代价。

从左往右扫一遍，我们搞一个堆存储所有 A 工厂的花费，然后对于 B 工厂，我们从堆里找一个 A 和它匹配，如果答案会变得更小那么就匹配。

但是可能有后面一个 B 匹配这个 A 更优的情况，于是我们用一个 $b_{i}$ 匹配完一个 A 后，往 A 的堆里再插入 $- b_{i}$ 即可，这样后面一个 B 替换掉它以后得代价和就为：

(b_{i} + a_{j}) + (b_{k} + (- b_{i})) = b_{k} + a_{j}

我们开始要减掉 $k$ 的花费，我们可以选择全部在 $a$ 减或全部在 $b$ 减。

posted @ 2024-08-16 16:33 dengchengyu 阅读(32) 评论(0) 编辑收藏举报

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