Codeforces Gym 101190M Mole Tunnels - 费用流

题目传送门

　　传送门

题目大意

　　$m$只鼹鼠有$n$个巢穴，$n - 1$条长度为$1$的通道将它们连通且第$i(i > 1)$个巢穴与第$\left\lfloor \frac{i}{2}\right\rfloor$个巢穴连通。第$i$个巢穴在最终时允许$c_i$只醒来的鼹鼠最终停留在这。已知第$i$只鼹鼠在第$p_i$个巢穴睡觉。要求求出对于每个满足$1 \leqslant k \leqslant n$的$k$，如果前$k$只鼹鼠醒来，最小的移动距离的总和。

　　考虑费用流的建图和暴力做法，把原图的边容量设为无限大，费用设为1（每条无向边要拆成两条），每个点再向汇点连一条边，容量为$c_i$，费用为0。

　　对于每次源点向$p_i$增广1单位的流量。

　　显然这样会超时，考虑优化费用流。

　　显然有：

• 每次增广的路径一定是一条简单路径
• 对于原图的一条无向边，它两个方向的边不会同时有流量（走另外一条弧的反向弧显然可以减少费用）

　　那么每次枚举路径的LCA，对于每个点记录一下$f_i$表示从$i$走到子树内的任意一个点的最短距离。

　　显然每次更新边权后很容易能够维护$f$。时间复杂度$O(n\log n)$。

Code

/**
 * Codeforces
 * Gym#101190M
 * Accepted
 * Time: 108ms
 * Memory: 2200k
 */
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#ifndef WIN32
#define Auto "%lld"
#else
#define Auto "%I64d"
#endif
using namespace std;
typedef bool boolean;

#define ll long long

const signed ll llf = (signed ll) (~0ull >> 3);
const signed int inf = (signed) (~0u >> 2);
const int N = 131072;

#define pii pair<int, int>

pii operator + (pii a, int b) {
    return pii(a.first + b, a.second);
}

int n, m;
int w[N], c[N];
pii fd[N];

inline void init() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", c + i);
    }
}

int value(int p, int dir) { // up : +1, down : -1
    int prod = w[p] * dir;
    return (prod >= 0) ? (1) : (-1);
}

void __update(int p) {
    fd[p] = pii(inf * (!c[p]), p);
    if ((p << 1) <= n && fd[p << 1].first != inf)
        fd[p] = min(fd[p], fd[p << 1] + value(p << 1, -1));
    if ((p << 1) < n && fd[p << 1 | 1].first != inf)
        fd[p] = min(fd[p], fd[p << 1 | 1] + value(p << 1 | 1, -1));
}

int update(int s) {
    int val = fd[s].first, g = s, v = fd[s].second, len = 0;
    for (int p = s, d = (p & 1), q, cmp; len += value(p, 1), p >>= 1; d = p & 1) {
        q = p << 1 | (d ^ 1);
        if (q <= n && (cmp = fd[q].first + value(q, -1) + len) < val)
            val = cmp, g = p, v = fd[q].second;
        if (c[p] && len < val)
            val = len, g = v = p;
    }
    c[v]--;
    for (int p = s; p != g; p >>= 1) {
        w[p]++;
        __update(p);
    }
    for (int p = v; p != g; p >>= 1) {
        w[p]--;
        __update(p);
    }
    for (int p = g; p; p >>= 1) 
        __update(p);
//    cerr << s << " " << v << '\n';
    return val;
}

inline void solve() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        fd[i] = pii(inf * (!c[i]), i);
    for (int i = n; i > 1; i--)
        fd[i >> 1] = min(fd[i >> 1], fd[i] + 1);
    
    int x;
    ll res = 0;
    while (m--) {
        scanf("%d", &x);
        res += update(x);
        printf(Auto" ", res);
    }
}

int main() {
    freopen("mole.in", "r", stdin);
    freopen("mole.out", "w", stdout);
    init();
    solve();
    return 0;
}