2025洛谷省选模拟赛D2T2“flower” 题解

这就是一个二分图最大权完美匹配，用费用流可以解决，期望 $35$ 分。建了 $O (n^{2})$ 条边。

因为费用流的复杂度为 $O (n \times m \times m a x f l o w)$ ，可以考虑减少图的边数以减小复杂度。

一个函数有多种表示形式，我们应尽量选择与算法相匹配的。

因为 $| a - b | = max (a - b, b - a)$ 。我们将权值拆为四种形式：

$(l_{i} + w_{i}) - (l_{j} + w_{j})$ 。
$(w_{i} - l_{i}) + (l_{j} - w_{j})$ 。
$(l_{i} - w_{i}) + (w_{j} - l_{j})$ 。
$- (l_{i} + w_{i}) + (l_{j} + w_{j})$

相当于是找这四项的最大值，这与我们”最大费用最大流“的算法刚好相符，并且这样贡献独立。

具体可以新建 $4$ 个点 $V_{1}, V_{2} . V_{3} . V_{4}$ ，对于每个蓝/红花按顺序向其连边，边数变为了 $O (n)$ 由于 $m a x f l o w = n$ ，复杂度 $O (n^{3})$ 。由于：

网络流可行数据范围往 $10^{9}$ 估

可以得 $55$ 分。

$0 \leq l, w \leq 2$ ，总共只有 $3 \times 3 \times 2 = 18$ 中不同的点，直接计数+改容量可以通过。

可以得 $70$ 分。

下文中把代表每个花朵的左部点称作 $x$ ，右部点称作 $y$ ，源点称作 $S$ ，汇点称作 $T$ ，中间的新增点称作 $V$ 。左部点向 $V$ 的连边的的边权记作 $E (x, V)$ ，右部点的记作 $E (V, y)$ 。

发现这样建图有一个特点那就是 $V$ 很少只有四个，且 $x, y$ 很多，但 $V$ 是每次增广的必经点于是考虑模拟费用流。

模拟费用流要对于一次增广考虑其性质。

发现原最大流量为 $n$ 但每次增广的流量恰好为 $1$ 。所以其本质是找了 $n$ 次最长路。
那么每次增广的路径一定经过 $S \to V \to \dots \to V \to T$ 。如果我们能不考虑 $x, y$ 直接在 $S, V, T$ 之间转移，那么点数会减少很多。

所以我们考虑 $S, V, T$ 之间的转移，设 $q [A] [B]$ 表示 $A \to B$ 的转移，将这些转移分为四类：

$S \overset{x}{\to} V$ ：即 $S$ 经过左部点到 $V$ ，这是简单的，根据增广的过程，一定会选择一个没有被选择的左部点 $x$ 进行增广，我们直接在 $q [S] [V]$ 中维护这些 $E (x, V)$ 。
$V \overset{y}{\to} T$ ：即 $V$ 经过右部点到 $T$ ，同理也一定会选择一个没有没选择过的右部点 $y$ ，在 $q [V] [T]$ 中维护这些 $E (V, y)$ 。
$V_{1} \overset{y}{\to} V_{2}$ 即 $V_{1}$ 经过右部点到 $V_{2}$ ，这是一个退流操作：其本质就是将 $V_{2} \to y$ 变为了 $V_{1} \to y$ 所以转移边权应该是 $E (V_{1}, y) - E (V_{2}, y)$ 。
$V_{1} \overset{x}{\to} V_{2}$ 即 $V_{1}$ 经过左部点 $x$ 到达 $x$ ，这也是一个推流操作，本质是将 $x \to V_{1}$ 变为了 $x \to V_{2}$ ，所以转移边权应该是 $E (x, V_{2}) - E (x, V_{1})$ 。

下面是第三，第四种转移的图示。

那么对于一次最长路，我们只需要 $\forall A, B$ 选出 $q [A] [B]$ 中的最大值即可。建图跑 SPFA 即可。

在选出一次后，我们应该对于最长路径上的所有 $x, y$ ，更新出其实际所连的 $V$ 以达成懒惰删除的目的，因为 $S \to V, V \to V, V \to T$ 的边权都及其依赖 $x, y$ 的实际链接情况。

对于一条更新的连边 $x \to V_{i}$ ，我们应该 $\forall j$ 连边 $V_{i} \to V_{j}$ ，记录相应边权 $E (x, V_{j}) - E (x, V_{i})$ 。

对于一条更新的连边 $V_{i} \to y$ ，我们应该 $\forall j$ 连边 $V_{j} \to V_{i}$ ，记录相应边权 $E (V_{j}, y) - E (V_{i}, y)$ 。

由于一次最多添加 $3 \times 4 \times 5 = 60$ 条边，而一次SPFA的计算次数最大为 $6 \times 6^{2} = 216$ 。

最后复杂度（大致估计常数） $O (36 n + 60 n \log 60 n)$ ，去掉常数后就是 $O (n \log n)$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int,int> pa;
const int NN=4e5+5,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
int d[10][10],id[10][10];
priority_queue<pa> q[10][10];//第1维是边权，第2维是转移过程点 
int match[NN],s=5,t=6,a[NN][10],ans;
bool rit[NN];//标记为右侧的点 
int dis[10],pre[10];
bool vst[NN];

int SPFA(){
	memset(dis,0xcf,sizeof dis);//找最长路 
	queue<int> Q;
	Q.push(s);dis[s]=0;vst[s]=1;
	while(!Q.empty()){
		int x=Q.front();Q.pop();
		vst[x]=0;
		for(int y=1;y<=6;y++){
			if(dis[y]>=dis[x]+d[x][y])continue;
			dis[y]=dis[x]+d[x][y];
			pre[y]=x;
			if(!vst[y]){
				Q.push(y);
				vst[y]=1;
			}
		}
	}
	return dis[t];
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n<<1;i++){
		int c,l,w;cin>>c>>l>>w;
		if(!c){
			a[i][1]=l+w,a[i][2]=w-l,a[i][3]=l-w,a[i][4]=-l-w;
			for(int j=1;j<=4;j++)q[s][j].push({a[i][j],i});
		}else{
			rit[i]=1;
			a[i][1]=-l-w,a[i][2]=l-w,a[i][3]=w-l,a[i][4]=l+w;
			for(int j=1;j<=4;j++)q[j][t].push({a[i][j],i});
		}
	}
	for(int cs=1;cs<=n;cs++){//每次网络流都增加1的流量，那么总共恰好时找n次最长路 
		//更新一下边权
		for(int i=1;i<=6;i++){
			for(int j=1;j<=6;j++){
				d[i][j]=-INF;
				while(!q[i][j].empty()){
					int u=q[i][j].top().second;//注意这里不能pop因为若本次没有使用这条边，其还是要保留的 
					bool flag=0;//检验这条边是否被删除，相当于一个懒惰删除 
					if(!rit[u]){//这是一个左部点 
						if(i==s)flag|=!match[u];//相当于新开一条流 
						else flag|=match[u]==i;//相当于，对于一个V，要求其真的指向自己 
					}else{//这是一个右部点 
						if(j==t)flag|=!match[u];
						else flag|=match[u]==j;
					}
					if(!flag)q[i][j].pop();
					else{
						id[i][j]=u;
						d[i][j]=q[i][j].top().first;
						break;
					}
				}
				
			}
		}
		ans+=SPFA();//跑最长路 
		//更新边权 
		for(int i=t;i!=s;i=pre[i]){//遍历路径 
			int u=id[pre[i]][i];
			if(!rit[u])match[u]=i;
			else match[u]=pre[i];
			for(int j=1;j<=4;j++){
				if(!rit[u])q[match[u]][j].push({a[u][j]-a[u][match[u]],u});
				else		 q[j][match[u]].push({a[u][j]-a[u][match[u]],u});
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}