【费用流】BZOJ1061: [Noi2008]志愿者招募(这题超好)
1061: [Noi2008]志愿者招募
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Description
申奥成功后,布布经过不懈努力,终于成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。布布刚上任就遇到了一个难
题:为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。经过估算,这个项目需要N 天才能完成,其中第i 天至少需要
Ai 个人。 布布通过了解得知,一共有M 类志愿者可以招募。其中第i 类可以从第Si 天工作到第Ti 天,招募费用
是每人Ci 元。新官上任三把火,为了出色地完成自己的工作,布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者,但这
并不是他的特长!于是布布找到了你,希望你帮他设计一种最优的招募方案。
Input
第一行包含两个整数N, M,表示完成项目的天数和可以招募的志愿者的种类。 接下来的一行中包含N 个非负
整数,表示每天至少需要的志愿者人数。 接下来的M 行中每行包含三个整数Si, Ti, Ci,含义如上文所述。为了
方便起见,我们可以认为每类志愿者的数量都是无限多的。
Output
仅包含一个整数,表示你所设计的最优方案的总费用。
Sample Input
3 3
2 3 4
1 2 2
2 3 5
3 3 2
2 3 4
1 2 2
2 3 5
3 3 2
Sample Output
14
HINT
1 ≤ N ≤ 1000,1 ≤ M ≤ 10000,题目中其他所涉及的数据均 不超过2^31-1。
题解
这题dalao们要不就是用线性规划来把不定方程转化为一般方程建边跑费用流
但是有dalao提出了这样一种建边方法(我们用二元组(cap,val)表示边的流量和花费):
- 对于每一天向后一天连边(inf−ai,0)
- 对于每一种志愿者选择,从L到R+1建边(inf,cost[i])
- 从超级源向第一天连边(inf,0)
- 从最后一天+1向超级汇连边(inf,0)
但是为什么这样是对的呢?
原谅本蒟蒻看了许多dalao们的解释都看不懂。。。
于是我就自己YY了一下:
- 假设有一种免费志愿者,他的工作区间为(1,n)
- 我们每天都需要inf个志愿者,其中有至少a[i]个非免费志愿者,也就是最多有inf-a[i]个免费志愿者
- 所以我们对于每一天向它的下一天连边(inf-a[i],0)意味着这一天工作完下一天继续工作的免费志愿者最多为inf-a[i]个(因为中间不能临时增加免费志愿者)
- 然后对于每个非免费志愿者i的工作区间(l,r),我们从l向r+1连一条边(inf,c[i])表示我们这几天可以花费每人c[i]的代价让免费志愿者直接去往第r+1天,而剩下的部分由非免费志愿者补齐
- 建立超级源点向第一天连(inf,0)表示第一天可以有inf个免费志愿者
- 从第n+1天向超级汇点连(inf,0)表示最后每天都要有inf个志愿者
- 这样就可以把有下限无上限的问题转化成有上限无下限的问题
跑费用流
代码
//by 减维 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<bitset> #include<set> #include<cmath> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<ctime> #include<algorithm> #define ll long long #define db double #define inf 2147483647//1<<29 #define maxn 20005 #define eps 1e-8 using namespace std; inline int read() { int ret=0;bool fla=0;char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-'){fla=1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=getchar();} return fla?-ret:ret; } struct edge{ int to,ne,cap,val; }e[maxn<<6]; int n,m,s,t,ecnt=1,a[maxn],head[maxn],dis[maxn]; bool pd[maxn],vis[maxn]; void add(int x,int y,int z,int k) { ecnt++;e[ecnt]=(edge){y,head[x],z,k};head[x]=ecnt; ecnt++;e[ecnt]=(edge){x,head[y],0,-k};head[y]=ecnt; } bool bfs() { deque<int>q;q.push_back(t); for(int i=s;i<=t;++i)dis[i]=inf;dis[t]=0; memset(pd,0,sizeof pd);pd[t]=1; while(!q.empty()) { int d=q.front();q.pop_front(); pd[d]=0; for(int i=head[d];i;i=e[i].ne) { int dd=e[i].to; if(e[i^1].cap&&dis[dd]>dis[d]-e[i].val) { dis[dd]=dis[d]-e[i].val; if(!pd[dd]){ pd[dd]=1; if(q.empty()||dis[dd]>dis[q.front()]) q.push_back(dd); else q.push_front(dd); } } } } return dis[s]<inf; } int dfs(int x,int cap) { vis[x]=1; if(x==t||!cap)return cap; int tmp,ret=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].ne) { int dd=e[i].to; if(!vis[dd]&&e[i].cap&&dis[dd]==dis[x]-e[i].val) { tmp=dfs(dd,min(e[i].cap,cap)); cap-=tmp;ret+=tmp; e[i].cap-=tmp;e[i^1].cap+=tmp; } } return ret; } int zkw() { int ret=0; while(bfs()) { vis[t]=1; while(vis[t]){ memset(vis,0,sizeof vis); ret+=dfs(s,inf)*dis[s]; } } return ret; } int main() { n=read();m=read(); s=0,t=n+2; for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),add(i,i+1,inf-a[i],0); for(int i=1,x,l,r;i<=m;++i) l=read(),r=read(),x=read(),add(l,r+1,inf,x); add(s,1,inf,0);add(n+1,t,inf,0); printf("%d",zkw()); return 0; }