【2017山东day7】养猫

Description

　　你养了一只猫，为了让它快乐地成长，你需要合理地安排它每天的作息时间。假设一天分为$ n $个时刻，猫在每个时刻要么是吃东西，要么是睡觉。在第$ i $个时刻，假如猫是去吃东西，那么它能获得愉悦值 $ei$，假如是去睡觉，那么能获得的愉悦值为 $si$。
　　猫要成长，不仅仅需要快乐，还需要健康的作息。经过研究，对于每一个连续的长度为 k 的作息区间，即所有的时刻区间$ [i,i+k−1],1≤i≤n−k+1$，猫都要至少有 $ms$的时刻用来睡觉，$me $的时刻用来吃东西，这样猫才能健康成长。
　　现在你想合理地安排一天中的这 n个时刻，使得猫在能健康成长的前提下，获得尽量多的愉悦值。

Input

　　第一行四个整数 $n,k,ms,me$。
　　第二行包含$n$个整数，代表$si$。
　　第三行包含$n$个整数，代表$ei$。

Output

　　第一行一个整数，代表猫能获得的愉悦值。
　　第二行 n 个字符，可以为 S 或 E，代表猫在某个时刻是在睡觉（S）还是在吃东西（E）。

Sample Input

5 4 2 2
4 8 6 2 2
4 6 9 6 0

Sample Output

29
SSEES

参考博客https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7894559.html

我们先全部吃。

$y_i$和$z_i$是我们设出来的辅助变量，使得$\leq ,\ge$变成了$=$。

\[\begin{cases}x_1+x_2+...+x_k=t_1+y_1\\ x_1+x_2+...+x_k=k-t_2-z_1\\ x_2+x_3+...+x_{k+1}=t_1+y_2\\ x_2+x_3+...+x_{k+1}=k-t_2-z_2\\ ...\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+...+x_n=t_1+y_{n-k+1}\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+...+x_n=k-t_2-z_{n-k+1} \end{cases} \]

我们保留第$1$个和最后一个方程，其他的方程与前一个做差分，得到：

\[\begin{cases} x_1+x_2+...+x_k=t_1+y_1\\ k-t_2=x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+...+x_n+z_{n-k+1}\\ y_i+z_i=k-t_1-t_2(1\leq i\leq n-k+1)\\ x_{i+k}+k-t_1-t_2=x_i+z_i+y_{i+1}(1\leq i\leq n-k)\\ \end{cases} \]

我们整理一下，使得每个未知量恰好在左边出现一次，恰好在右边出现一次。

我们拿方程作为节点，假设方程左边的常数为$LC$,右边的常数为$RC$，我们连$(S,i,LC,0),(i,T,RC,0)$。（最后一维表示费用）。

然后对于未知量$x_i$,假设它出现在$a$的左边，$b$的右边，我们连$(b,a,1,S_i-E_i)$。

跑最大费用最大流。

我开始时犯了常识错误，即使最长路为负也要加上贡献，因为我们要先保证最大流。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 4005

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n,k,t1,t2;
ll S[N],E[N],w[N];
int SS,TT;
struct road {
	int to,next;
	ll f,c;
}s[N<<3];

int h[N],cnt=1;
void add(int i,int j,int f,int c) {
	s[++cnt]=(road) {j,h[i],f,c};h[i]=cnt;
	s[++cnt]=(road) {i,h[j],0,-c};h[j]=cnt;
}

ll ans;
queue<int>q;
bool in[N];
ll dis[N];
int fr[N],e[N];

bool spfa(int S,int T) {
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	dis[S]=0;
	q.push(S);
	while(!q.empty()) {
		int v=q.front();q.pop();
		in[v]=0;
		for(int i=h[v];i;i=s[i].next) {
			int to=s[i].to;
			if(s[i].f&&dis[to]<dis[v]+s[i].c) {
				dis[to]=dis[v]+s[i].c;
				fr[to]=v;
				e[to]=i;
				if(!in[to]) {
					in[to]=1;
					q.push(to);
				}
			}
		}
	}
	if(dis[T]<-1e9) return 0;
	ll maxflow=1e9;
	for(int i=T;i;i=fr[i]) {
		maxflow=min(maxflow,s[e[i]].f);
	}
	ans+=maxflow*dis[T];
	for(int i=T;i;i=fr[i]) {
		s[e[i]].f-=maxflow;
		s[e[i]^1].f+=maxflow;
	}
	return 1;
}

int edge_id[N];
int main() {
	n=Get(),k=Get(),t1=Get(),t2=Get();
	for(int i=1;i<=n;i++) S[i]=Get();
	for(int i=1;i<=n;i++) E[i]=Get();
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=E[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=S[i]-E[i];
	TT=2*n+2;
	
	add(1,TT,t1,0);
	add(SS,2,k-t2,0);
	for(int i=1;i<=n-k+1;i++) add(i+2,TT,k-t1-t2,0);
	for(int i=1;i<=n-k;i++) {
		add(SS,i+n-k+3,k-t1-t2,0);
	}
	
	for(int i=1;i<=k;i++) {
		edge_id[i]=cnt+1;
		if(i>=n-k+1) add(2,1,1,w[i]);
		else add(n-k+3+i,1,1,w[i]);
	}
	
	for(int i=1;i<=n-k;i++) {
		edge_id[i+k]=cnt+1;
		if(i+k>=n-k+1) add(2,i+n-k+3,1,w[i+k]);
		else add(i+n+3,i+n-k+3,1,w[i+k]);
	}
	add(1,3,1e9,0);
	for(int i=1;i<=n-k;i++) add(i+n-k+3,i+3,1e9,0);
	for(int i=1;i<=n-k;i++) add(i+n-k+3,i+2,1e9,0);
	add(2,n-k+3,1e9,0);
	while(spfa(SS,TT));
	cout<<ans<<"\n";
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(s[edge_id[i]].f) cout<<"E";
		else cout<<"S";
	}
	return 0;
}

posted @ 2019-03-18 22:43 hec0411 阅读(301) 评论(0) 编辑收藏举报

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