Solution -「ZJOI 2010」「洛谷 P2570」贪吃的老鼠
\(\mathscr{Description}\)
Link.
有 \(n\) 块奶酪，每块奶酪出现时段为 \([s_i,t_i]\)，体积为 \(V_i\)；有 \(m\) 只老鼠要吃奶酪，第 \(i\) 只每秒吃 \(v_i\) 体积的奶酪。一块奶酪不能同时被多于一只老鼠吃，一只老鼠不能同时吃多于一块奶酪。求最小的 \(T\)，使得所有 \(t_i\leftarrow t_i+T\) 后，老鼠可以把奶酪吃干净。
多测，数组组数 \(K\le 5\)，\(n,m\le30\)，\(1\le v_i,V_i\le10^5\)，所有给定数据为整数，注意老鼠不一定需要在整数时刻改变进食状态。
\(\mathscr{Solution}\)
神妙网络流，给出了一个拆解“不能一对多”限制的建图模型。
显然可以二分 \(T\)，继而离散化出 \(\mathcal O(n)\) 个奶酪存在状态没有改变的时段。对于跨度为 \(\Delta t\) 的时段，老鼠 \(i\) 的进食量最多是 \(v_i\Delta t\)，但问题是，如果直接在奶酪-老鼠的二分图上两两连边，完全无法刻画“一块奶酪不能同时被多于一只老鼠吃，一只老鼠不能同时吃多于一块奶酪”这一限制，这也是本题的难点。
注意，网络流算法本身不可能去描述“只能一对一”，我们需要从建图修改，达到一种《奶酪“看上去”在被很多只老鼠吃，实际上等价于在被一只老鼠吃》的效果。怎么办？考虑差分。将老鼠按 \(v\) 升序排列，奶酪 \(i\) 连向老鼠 \(j\)，容量为 \((v_j-v_{j-1})\Delta t\)，表明我们可以把吃奶酪 \(i\) 的老鼠的速度从 \(v_{j-1}\) 提升到 \(v_j\)，并保持一段时间，这段时间的长度作为流量，在网络流中将进行最优化抉择。另一方面，每一种“升级”的可用次数是不同的：从 \(v_{j-1}\) 升级到 \(v_j\) 的总时间自然不超过 \((m-j+1)\Delta t\)。从规范化的角度，如果一块奶酪选择了一些不连续的升级，考虑到可用升级时间的单降性，一定能够通过调整使之连续，使之能够对应到实际问题的方案上去，正确性就得以保证了。
复杂度 \(\mathcal O(K\log V\operatorname{Dinic}(nm,n^2m))\)。
\(\mathscr{Code}\)
/*+Rainybunny+*/
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)
const double EPS = 1e-7;
const int MAXN = 30, IINF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, vol[MAXN + 5], st[MAXN + 5], ed[MAXN + 5], spd[MAXN + 5];
inline double dabs(const double x) { return x < 0 ? -x : x; }
inline int sign(const double x) { return dabs(x) <= EPS ? 0 : x < 0 ? -1 : 1; }
namespace FG {
const int MAXND = 2 * MAXN * MAXN + MAXN + 2;
const int MAXEG = MAXN + 2 * MAXN * MAXN + 2 * MAXN * MAXN * MAXN;
int S, T, B, ecnt = 1, head[MAXND + 5], dis[MAXND + 5], curh[MAXND + 5];
struct Edge { int to; double flw; int nxt; } graph[MAXEG * 2 + 5];
inline void clear() {
ecnt = 1;
rep (i, 0, B) head[i] = 0;
B = -1;
}
inline void link(const int s, const int t, const double w) {
// printf("%d %d %d\n", s, t, w);
graph[++ecnt] = { t, w, head[s] }, head[s] = ecnt;
graph[++ecnt] = { s, 0, head[t] }, head[t] = ecnt;
}
inline bool bfs() {
static int que[MAXND + 5], hd, tl;
rep (i, 0, B) dis[i] = IINF;
dis[que[hd = tl = 1] = S] = 0;
while (hd <= tl) {
int u = que[hd++];
for (int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt) {
if (sign(graph[i].flw) && dis[v = graph[i].to] > dis[u] + 1) {
dis[que[++tl] = v] = dis[u] + 1;
}
}
}
return dis[T] != IINF;
}
inline double augment(const int u, double iflw) {
if (u == T) return iflw;
double ret = 0.;
for (int &i = curh[u], v; i; i = graph[i].nxt) {
if (sign(graph[i].flw) && dis[v = graph[i].to] == dis[u] + 1) {
double t = augment(v, std::min(iflw, graph[i].flw));
graph[i].flw -= t, graph[i ^ 1].flw += t, iflw -= t, ret += t;
if (!sign(iflw)) break;
}
}
if (!sign(ret)) dis[u] = IINF;
return ret;
}
inline double dinic() {
double ret = 0;
while (bfs()) {
rep (i, 0, B) curh[i] = head[i];
ret += augment(S, IINF);
}
return ret;
}
} // namespace FG.
inline bool check(const double x) {
static double peri[MAXN * 2 + 5];
int pcnt = 0, req = 0;
rep (i, 1, n) peri[++pcnt] = st[i], peri[++pcnt] = ed[i] + x;
std::sort(peri + 1, peri + pcnt + 1);
FG::clear(), FG::S = ++FG::B;
rep (i, 1, n) FG::link(FG::S, ++FG::B, vol[i]), req += vol[i];
FG::T = ++FG::B;
rep (i, 2, pcnt) if (sign(peri[i] - peri[i - 1])) {
double dur = peri[i] - peri[i - 1];
rep (j, 1, m) {
FG::link(++FG::B, FG::T, dur * spd[j] * (m - j + 1.));
rep (k, 1, n) {
if (sign(st[k] - peri[i - 1]) <= 0
&& sign(ed[k] + x - peri[i]) >= 0) {
FG::link(k, FG::B, dur * spd[j]);
}
}
}
}
return !sign(FG::dinic() - req);
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d %d", &n, &m);
rep (i, 1, n) scanf("%d %d %d", &vol[i], &st[i], &ed[i]);
rep (i, 1, m) scanf("%d", &spd[i]);
std::sort(spd + 1, spd + m + 1);
per (i, m, 1) spd[i] -= spd[i - 1];
double l = 0., r = 3e6;
while (l + EPS < r) {
double mid = 0.5 * (l + r);
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
printf("%f\n", l);
}
return 0;
}
