CF802C Heidi and Library (hard)

自己做出的第一道黑题虽然实际才2600不难

传送门

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题意

(搬自洛谷翻译
你有一个容量为\(k\)的空书架，现在共有\(n\)个请求，每个请求给定一本书\(a_i\), 如果你的书架里没有这本书，你就必须以\(c_{a_i}\)的价格购买这本书放入书架。当然，你可以在任何时候丢掉书架里的某本书。请求出完成这\(n\)个请求所需要的最少价钱。

题解

这是一个只需要n+2个点的简单做法

如何想到

首先，容易想到的是：如果不能卖出再买入，对于一个颜色 \(x\)，我们在第一次出现买入，最后一次卖出。

上图， 数轴上每个点表示一天，每天的书都可以直接流向下一天，容量为 \(k\)，费用为 \(0\)，表示放在书架。

问题是，如何考虑卖出后再买入的操作呢？

仔细想，对于相邻两个 \(x\) 之间的一段 (如上图红色部分), 这本书要么一直在书架，要么一直不在（如果前部分在后半部分不在还不如直接在上一个x那里卖掉）。 如果不在书架的话，就不会占用书架的容量，但是在下一个 \(x\) 就一定要重新买。所以我们可以直接用一条额外的边连接相邻的两个 \(x\), 费用为 \(c_x\) , 容量为 \(1\)。

为什么是对的

这样做是对的吗？我们发现：如果这样做不是错的话那它一定是对的（。我们考虑到错的情况有两种： 一个流流过了它不该流的边或者不该流入的汇点。

1.我们称相邻两个 \(x\) 之间的边为购买边，理想状态下 \(x\) 只会走 \(x\) 的购买边，但实际上它可能走到 \(y\) 的购买边，由于购买边流量为1 ，此时 \(y\) 一定走的是书架边， 那这种情况等价于 \(y\) 走购买边而 \(x\) 走书架边。 所以， 一条流只要从 \(x\) 第一次出现的点流入最后出现的点， 那么中途无论经过什么边都是合法的

2.假如 \(x\) 流入了 \(y\) 的汇点呢？事实上由于第一点，下面两种情况可以看成等价的

而且它情况实际上都可以转化成上述情况的。

实现

有一个小细节，如果你完全按照上述建图，会有一个问题: 如果一个点刚买就卖了，他是不会走书架边的，但实际上它当天需要占用一个书架位置。那我们换一种思路， 我们认为这本书是前一天下班的时候买的， 把入边连到上一天即可。

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head)); num_edge=-1;
    N=read(), K=read();
    for(int i=1; i<=N; i++) A[i]=read();
    for(int i=1; i<=N; i++) C[i]=read();
    s=N+1, t=N+2;

    for(int i=1; i<N; i++) addEdge(i, i+1, K, 0);
    for(int i=1; i<=N; i++){
        if(!VIS[A[i]]) {
            if(i == 1) addEdge(N+1, i, 1, C[A[i]]);
            else addEdge(N+1, i-1, 1, C[A[i]]);
        }else{
            addEdge(VIS[A[i]], i-1, 1, C[A[i]]);
        }
        VIS[A[i]] = i;
    }
    for(int i=1; i<=N; i++) if(VIS[i]) addEdge(VIS[i], N+2, 1, 0);
	MCMF();
	printf("%d\n", mincost);
	return 0;
}