ARC117F Gateau 题解

ARC117F Gateau 题解

题解区好像都没有对 dp 详细解释，本文将稍细致地说一说 dp 部分。

题目大意#

给定一个长度为 $2N$ 的环，环上每个节点有属性值 $B_i\ (i=0,\dots,2N-1)$ 和 $2N$ 个限制，第 $i$ 个限制形如 $\sum\limits_{j=i}^{i+N-1}B_j\geq A_i$，向环上的节点赋值，使得 $B$ 满足全部 $m$ 个限制，且 $\sum\limits_{i=0}^{2N-1}B_i$ 最小。

Solve#

前置芝士：差分约束。

考虑扩环成链，在链尾添加一个等价于 $0$ 节点的编号为 $2N$ 的节点，并令 $S$ 为 $B$ 的前缀和序列，则限制转化到 $S$ 上。

设 $ans=\sum\limits_{i=0}^{2N-1}B_i$，则：

• $S_{2N}-S_0=ans$，即连一条从 $0$ 到 $2N$ 的边权为 $ans$ 的有向边和一条边权为 $-ans$ 的反向边。

• 对于 $1\leq i\leq N+1$，限制转化为：$S_{i+N-1}-S_{i-1}\geq A_i\iff S_{i-1}-S_{i+N+1}\leq -A_i$，即连一条从 $i+N+1$ 到 $i-1$ 的边权为 $-A_i$ 的有向边。

• 对于 $N+1 \leq i \leq 2N$，限制转化为: $S_{2N}-S_{i-1}+S_{N-(2N-i+1)=i-N-1}-S_0\geq A_i\iff S_{i-1}\leq S_{i-N-1}+ans-A_i$，即连一条从 $i-N-1$ 到 $i-1$ 的边权为 $ans-A_i$ 的有向边。（这种情况相当于，把 $i-1\sim i-N-1$ 都赋值过之后，要给其他地方留至少 $A_i$）

• 最后，别忘了对于 $1\leq i\leq 2N$，都有 $S_i\geq S_{i-1}$，即连一条从 $i$ 到 $i-1$ 的边权为 $0$ 的有向边。

建出的图长这个样子，以 $N=3$ 为例。

红边为负边权，从右到左，蓝色为正边权，从左到右。

接下来，考虑二分 $ans$，若有负环则不合法。

二分下界应取 $\max\limits_{i=1}^N\{A_i+A_{i+N}\}$，这样可以免去二元环的考虑。

用 $\text{SPFA}$ 判负环是 $O(nm)$ 的，不可行，考虑手动找负环。

负环一定由一些红边和蓝边组成，分两种情况：蓝红蓝（先蓝后红），红蓝红（先红后蓝）。

记以 $i$ 为起点的蓝边边权为 $e1_i$，以 $i$ 为终点的红边边权为 $e2_i$。

• 对于先蓝后红，设 $f_{i,0/1}$ 表示前 $i$ 个节点，当前这一步是【（先走红边到前面）从 $i$ 往右走蓝边 / 前面走蓝边跳到了 $i$ 右边又走红边走回 $i$】的最小环，有转移方程：

$$f_{i,0}=\min\{f_{i-1,0},e1_i,f_{i-1,1}+e1_i\}\\ f_{i,1}=\min\{f_{i-1,1},f_{i-1,0}+e2_i\}$$

• 对于先红后蓝，类似地，设 $g_{i,0/1}$ 表示前 $i$ 个节点，当前这一步是【（先走红边到前面）从 $i$ 往右走蓝边 / 前面走蓝边跳到了 $i$ 右边又走红边走回 $i$】的最小环，有转移方程：

$$g_{i,0}=\min\{f_{i-1,0},f_{i-1,1}+e1_i\}\\ g_{i,1}=\min\{f_{i-1,1},e2_i,f_{i-1,0}+e2_i\}$$

两种情况有什么区别呢？

对于 $f$，我们规定在走红边之前必须至少走一条蓝边，所以我们的 $f_{i,1}$ 不能与 $e2_i$ 取 $\min$，但 $f_{i,0}$ 可以与 $e1_i$ 取 $\min$，即可以让蓝边与黑边单独成环。

对于 $g$，我们规定在走蓝边之前必须至少走一条红边，所以我的们的 $g_{i,0}$ 不能与 $e1_i$ 取 $\min$，而 $g_{i,1}$ 可以与 $e2_i$ 取 $\min$，即可以让红边单独成环。

有一个问题：红边怎么单独成环？只需要最后走最上边那条蓝边即可，处理也十分容易，让最后的 $g_{n,1}$ 加上 $ans$ 就行了。

全图的最小环即为 $\min\{f_{n,0}，g_{n,1}+ans\}$，因为前 $n$ 个点经过往又跳再跳回来的操作就一定包含了所有情况。

Code#

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	int x=0;
	short f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(x=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1.5e5+10,M=3e5+10,inf=1e18;
int l,r=inf,n,a[M],m,mid,f[M][2],g[M][2];
int e1[M]/*正边*/,e2[M]/*负边*/;
inline bool chk()
{
	for(int i=0;i<=n;i++)	e1[i]=mid-a[i+n+1];
	f[0][0]=e1[0];f[0][1]=inf;
	g[0][0]=inf;g[0][1]=e2[0];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=min(f[i-1][0],e1[i]);
		f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][1]+e1[i]);
		f[i][1]=min(f[i-1][1],f[i-1][0]+e2[i]);
		g[i][1]=min(g[i-1][1],e2[i]);
		g[i][1]=min(g[i][1],g[i-1][0]+e2[i]);
		g[i][0]=min(g[i-1][0],g[i-1][1]+e1[i]);
	}
	return f[n][0]>=0&&g[n][1]+mid>=0;
}
signed main()
{
	n=read();m=n<<1;
	for(int i=0;i<m;i++)	a[i]=read();
	a[m]=a[0];a[m+1]=a[1];
	for(int i=0;i<=n;i++)	e2[i]=-a[i+1];
	for(int i=1;i<=n;i++)	l=max(l,a[i]+a[i+n]);
	while(l<r)
	{
		mid=l+r>>1;
		if(chk())	r=mid;
		else	l=mid+1;
	}
	return printf("%lld",l),0;
}