Solution -「NOI 2017」「洛谷 P3826」蔬菜
\(\mathscr{Description}\)
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原题意比较简洁了。注意一下卖出的菜也会变质,且让它们代替未卖出的菜变质是更优的。
\(\mathscr{Solution}\)
一眼网络流,尝试建图。在原题意上建图的话我得到了一个五层结点的图……于是可以以逆向时间描述问题。不难得到模型:
- \(S\) 连向 \((i,t)\),容量为菜 \(i\) 在 \(t\) 时刻变质的数量,费用为 \(a_i\);若 \(t\) 时刻后 \(i\) 全部变质,则分出一单位流量增加 \(s_i\) 的费用。
- \((i,t)\) 连向 \((i,t-1)\),容量为 \(+\infty\),费用为 \(0\);
- \((i,t)\) 连向 \(T_t\),容量为 \(+\infty\),费用为 \(0\);
- \(T_t\) 连向 \(T\),容量为 \(m\),费用为 \(0\)。
对于单个询问,该图的最大费用任意流(其实必然是最大流)费用就是答案。直接来貌似可以获得比较可观的分数。
接下来,我们手动分析流网络,通过比较模式化的分析找到结论。
考虑按(正向)时间顺序加入 \(T_t\) 及其连边的过程,从增广的角度思考答案的更新:
图中 IV 的增广环不如仅走右侧蓝色路径的反向路径优秀;V 的增广环显然不是负环。因此,\(S\) 无法在残余网络上推流。回归到原问题,得到结论:当 \(t_1>t_2\),\(t_2\) 所选择的蔬菜集合是 \(t_1\) 的子集。如果我们求出 \(t_\max\),贪心地去掉最便宜的菜就能得到其他时刻的答案。
求 \(t_\max\) 的答案?类似地分析可以发现,随着时间(逆向)向前,每种蔬菜的选取数量都会越来越多。因而可以维护现有蔬菜的堆,以及可能因为 \(S\) 的流量进入“复活”的蔬菜集合。模拟 \(T_t\) 从大到小向 \(T\) 增广的过程即可。
复杂度 \(\mathcal O(nm\log n)\)。
\(\mathscr{Code}\)
/*+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)
typedef long long LL;
typedef std::pair<int, int> PII;
#define fi first
#define se second
template <typename Tp>
inline void chkmin(Tp& u, const Tp& v) { v < u && (u = v, 0); }
template <typename Tp>
inline void chkmax(Tp& u, const Tp& v) { u < v && (u = v, 0); }
template <typename Tp>
inline Tp imin(const Tp& u, const Tp& v) { return u < v ? u : v; }
template <typename Tp>
inline Tp imax(const Tp& u, const Tp& v) { return u < v ? v : u; }
const int MAXN = 1e5, MAXM = 10;
int n, m, k, a[MAXN + 5], s[MAXN + 5], c[MAXN + 5], x[MAXN + 5], p[MAXN + 5];
int sold[MAXN + 5], wait[MAXN + 5];
LL ans[MAXN * MAXM + 5];
std::vector<int> imp[MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
rep (i, 1, n) scanf("%d %d %d %d", &a[i], &s[i], &c[i], &x[i]);
rep (i, 1, k) scanf("%d", &p[i]);
int mxt = *std::max_element(p + 1, p + k + 1);
rep (i, 1, n) {
if (!x[i]) imp[mxt].push_back(i);
else imp[imin(mxt, (c[i] + x[i] - 1) / x[i])].push_back(i);
}
std::priority_queue<PII> heap;
per (i, mxt, 1) {
for (int j: imp[i]) wait[++wait[0]] = j;
rep (i, 1, wait[0]) {
heap.emplace(sold[wait[i]] ? a[wait[i]]
: a[wait[i]] + s[wait[i]], wait[i]);
}
wait[0] = 0;
for (int rst = m; rst-- && !heap.empty();) {
int u = heap.top().se;
++sold[u], heap.pop();
if (c[u] - (i - 1) * x[u] > sold[u]) heap.emplace(a[u], u);
else if (x[u]) wait[++wait[0]] = u;
}
}
rep (i, 1, n) if (sold[i]) {
ans[++ans[0]] = a[i] + s[i];
while (--sold[i]) ans[++ans[0]] = a[i];
}
std::sort(ans + 1, ans + ans[0] + 1);
std::reverse(ans + 1, ans + ans[0] + 1);
rep (i, 2, ans[0]) ans[i] += ans[i - 1];
int all = ans[0]; ans[0] = 0;
rep (i, 1, k) printf("%lld\n", ans[imin(all, p[i] * m)]);
return 0;
}