CF739E Gosha is hunting（费用流/凸优化dp）
纪念合格考爆炸。
其实这个题之前就写过博客了，qwq但是不小心弄丢了，所以今天来补一下。
首先，一看到球的个数的限制，不难相当用网络流的流量来限制每个球使用的数量。
由于涉及到最大化期望，所以要使用最大费用最大流。
我们新建两个点\(ss,tt\)，分别表示两种球。
那么我们现在考虑应该怎么计算期望呢。
首先，如果假设如果对于一个怪物用一个球，那么连边也就比较容易了
对于一个怪物\(x\)
我们\(ss -> x\)，费用为\(p[i]\)，流量为1。表示一个球在一个怪物上只能用一次。
\(tt\)也是同理。
然后对于每一个\(x->t\)，费用是\(0\)，流量是\(1\)，表示一个怪物只能用一个球。
但是，要是每次不要求只能用一个球应该怎么做呢。
我们考虑，这条边的费用应该是多少。
两个球都用的期望应该是\(1-(1-p_i)(1-q_i)\)
经过展开，我们发现应该是\(p_i+q_i-p_i\times q_i\)
那么由于我们发现，由于用了两个球，所以已经获得了二者之和的收益，那么在这一侧，只需要在上述建图的基础上\(x->t\)，费用是\(-p_i\times q_i\)即可。
最后跑一发最大费用最大流就能通过这个题qwq时间复杂度玄学。
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 4010;
const int maxm = 3e6+1e2;
const double eps = 1e-10;
int point[maxn],nxt[maxm],to[maxm],pre[maxm],from[maxn];
double dis[maxn];
int vis[maxn];
double cost[maxm];
int flow[maxm];
double ans;
int n,m,cnt=1;
int s,t;
void addedge(int x,int y,db w,int f)
{
nxt[++cnt]=point[x];
pre[cnt]=x;
to[cnt]=y;
cost[cnt]=w;
flow[cnt]=f;
point[x]=cnt;
}
void insert(int x,int y,db w,int f)
{
addedge(x,y,w,f);
addedge(y,x,-w,0);
}
queue<int> q;
bool spfa(int s)
{
for (int i=1;i<=maxn-3;i++) dis[i]=-1e9;
memset(vis,0,sizeof(vis));
q.push(s);
dis[s]=0;
while (!q.empty())
{
int x = q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
{
int p = to[i];
if (dis[p]-(dis[x]+cost[i])<-eps && flow[i]>0)
{
from[p]=i;
dis[p]=dis[x]+cost[i];
if (!vis[p])
{
q.push(p);
vis[p]=1;
}
}
}
}
if (dis[t]==-1e9) return false;
return true;
}
void mcf()
{
double x = 1e9;
for (int i=from[t];i;i=from[pre[i]]) x=min(x,1.0*flow[i]);
for (int i=from[t];i;i=from[pre[i]])
{
flow[i]-=x;
flow[i^1]+=x;
ans+=x*cost[i];
}
}
void solve()
{
while (spfa(s)) mcf();
}
db a[maxn],b[maxn];
int ss,sss;
int aa,bb;
int main()
{
n=read(),aa=read(),bb=read();
s=maxn-10;
ss=s+1;
t=s+3;
sss=ss+1;
insert(s,ss,0,aa);
insert(s,sss,0,bb);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&b[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
insert(ss,i,a[i],1);
insert(sss,i,b[i],1);
insert(i,t,0,1);
insert(i,t,-a[i]*b[i],1);
}
solve();
printf("%.4lf\n",ans);
return 0;
}
但是其实这个题的正解是凸优化\(dp\)
首先，先做一个最\(naive\)的想法。
我们令\(dp[i][j][k]\)表示前\(i\)个怪物，用了\(j\)一号球，用了\(k\)个二号球
那么转移也是显然的。
每次只需要讨论一下对于当前的怪物是用几个球，用哪个即可。
但是这样的复杂度是\(O(n^3)\)的。
显然没有办法通过。
考虑怎么优化。
由于题目中涉及到的正好用几个球，并且通过打表发现函数是凸的，那么我们就可以直接用凸优化来优化掉一维。
（其实是可以直接优化两个的，但是我太懒，所以没写。）
我们对于当前二分的值，表示每选一个二号球，就可以多得到\(mid\)的期望。不限制选的个数。
那么不难得到下面的这个转移式子。
dp[i][j]=dp[i-1][j];
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+(ymh){bb[i],1});
if (j)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(ymh){a[i],0});
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(ymh){both[i],1});
}
然后通过调整\(mid\)，通过正好选到\(k\)个二号球。
最后求一个\(dp\)数组，然后记得把贡献减去就行。
时间复杂度\(n^2log\)，非常优秀。
（其实是如果精度太小会\(WA\)，精度太大会\(TLE\)）
但是完全可以做到\(nlog^2\)的。
给代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 2010;
const db eps = 1e-6;
struct ymh{
db val;
int num;
ymh operator + (const ymh &b) const
{
return (ymh){val+b.val,num+b.num};
}
};
ymh dp[maxn][maxn];
db a[maxn],b[maxn];
int n;
db l=-4,r=4;
inline int dcmp(double x,double y)
{
return x-y<-eps ? -1 : (x-y>eps ? 1 : 0);
}
inline ymh max(ymh a,ymh b)
{
int now = dcmp(a.val,b.val);
if (now==0)
{
if (a.num<b.num) return a;
else return b;
}
else
{
if(now==-1) return b;
else return a;
}
}
int numa,numb;
db aa[maxn];
db bb[maxn];
db both[maxn];
bool check(db lim)
{
for (int i=1;i<=n;i++) aa[i]=a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) bb[i]=b[i]+lim;
for (int i=1;i<=n;i++) both[i]=1.0-(1.0-a[i])*(1.0-b[i])+lim;
for (register int i=1;i<=n;++i)
{
for (register int j=0;j<=numa;++j)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+(ymh){bb[i],1});
if (j)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(ymh){a[i],0});
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(ymh){both[i],1});
}
// if (dp[i][j].num>numb) return false;
}
}
return dp[n][numa].num<=numb;
}
int main()
{
n=read(),numa=read(),numb=read();
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&b[i]);
double ans=0;
while (r-l>=eps)
{
db mid = (l+r)/2;
// memset(dp,0,sizeof(dp));
if (check(mid)) l=mid,ans=mid;
else r=mid;
//printf("%.4lf %d\n",mid,dp[n][numa].num);
}
//cout<<1<<endl;
//printf("%.4lf\n",ans);
//memset(dp,0,sizeof(dp));
check(ans);
//printf("")
//printf("%.4lf %d\n",dp[n][numa].val,dp[n][numa].num);
printf("%.4lf",dp[n][numa].val-1.0*numb*ans);
return 0;
}
