UOJ #455 [UER #8]雪灾与外卖 (贪心、模拟费用流)

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题解

模拟费用流，一个非常神奇的东西。

本题即为WC2019 laofu的讲课中的Problem 8，经典的老鼠进洞模型，洞有容量和额外权值。

这道题的Subtask 4,5,6,7分别对应着老鼠进洞的最基础模型、洞有额外权值、洞有容量、洞有容量和额外权值四个变形。

让我们从最简单的开始各个击破。

Subtask 4

注: 本部分配合WC2019课件里的代码图理解效果更佳。

数轴上有\(n\)只老鼠(坐标\(x_i\))和\(m\)个洞(坐标\(y_i\))，每个老鼠必须进一个洞，每个洞至多进一只老鼠，最小化距离和。

假设洞\(i\)匹配了老鼠\(j\), 则若\(y_i<x_j\)代价为\(x_j+(-y_i)\), 否则为\((-x_j)+y_i\)，不妨拆成\(i,j\)两部分分别计算。

使用可撤销贪心的策略。

维护一个老鼠堆和一个洞堆，从左到右扫描。

若当前扫到一只老鼠\(i\)，那么先随便匹配一个目前空闲的洞（不妨假设负无穷远处有无穷多个洞），从洞堆中取出一个元素\(j\)匹配，其代价为\(x_i+j\)

考虑当后面插入洞的时候允许老鼠反悔（像极了费用流的反向边）而匹配新的洞，那么如果一个老鼠反悔而匹配了右面的新洞\(k\), 那么代价的增量为\((y_k-x_i)-(x_i+j)=y_k+(-2x_i-j)\), 所以往老鼠堆中插入元素\(-2x_i-j\).

若当前扫到一个洞\(j\)，考虑是否有老鼠要反悔，从老鼠堆中取出一个元素\(i\), 若反悔的代价\(y_j+i>0\)那么让这个老鼠堆中的老鼠反悔，同时往洞堆中加入元素\(-2y_j-i\)，表示后面的老鼠再匹配这个洞的代价；否则只往洞堆中插入元素\(-y_j\).

时间复杂度\(O(n\log n)\).

Subtask 5

洞有额外权值\(w\)，怎么办呢？

考虑这样和原来有什么区别: 原来只有老鼠会反悔（因为不会有舍近求远故意匹配较远洞的情况），但是现在可能出现了！

解决办法：让洞和洞匹配，洞也可以反悔。

插入洞\(i\)时，除了往洞堆中插入元素之外，往老鼠堆也插入元素，表示该洞反悔的代价。插入的元素是\(-y_i-w_i\), 相当于用新洞\(j\)替代该洞会少这么多的代价再加上\(y_j+w_j\).

坑：WC课件中那个“老鼠和洞同时反悔不优”目前没看明白。

Subtask 6

洞有容量。

有一个神仙做法，见WC课件或UOJ题解。

正常做法: 往堆里存一个pair, 记录价值和剩余容量。

每次增广会使一个往左走的老鼠改为往右走，因此复杂度正确。

Subtask 7

洞有容量，也有附加权值，显然Subtask 6的做法时间复杂度错误。

但是我们发现，如果两个老鼠\(i,j\)分别匹配洞\(k\)且\(x_i<x_j<y_k\), 那么这两种情况下往洞堆中丢的元素是一样的，都是\(-y_k-w_k\).

所以我们可以“批量加入、批量增广”，这样复杂度就得到了保证。

其实这个东西就已经非常像费用流增广的过程了。

费用流的一条重要性质是: 如果不是每次选全局最短路，而是按另一顺序对和源点相连的边必须连的点进行增广，那么也是正确的。

建议结合代码以获取更好理解。

代码

代码写出来发现和费用流神相似！

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<queue>

#include<algorithm>

#define llong long long

using namespace std;

const int N = 1e5;

const llong INF = 1000000000000ll;

struct Node

{

	int w; llong c;

	Node() {}

	Node(int _w,llong _c) {w = _w,c = _c;}

	bool operator <(const Node &arg) const {return c>arg.c;}

};

struct Element

{

	llong x,w,c;

} a[N+3],b[N+3];

priority_queue<Node> mouse,hole;

int n,m;

llong ans;

void insertmouse(int x)

{

	llong ret = INF;

	if(!hole.empty())

	{

		Node tmp = hole.top();

		ret = tmp.c+x;

		hole.pop(); if(tmp.w-1>0) {hole.push(Node(tmp.w-1,tmp.c));}

	}

	ans += ret;

	mouse.push(Node(1,-x-ret));

}

void inserthole(int x,int w,llong c)

{

	int rst = w;

	while(!mouse.empty() && rst>0)

	{

		Node tmp = mouse.top();

		llong val = x+c+tmp.c;

		if(val>=0) break;

		int flow = min(rst,tmp.w);

		ans += val*flow; rst -= flow;

		hole.push(Node(flow,-val-x+c));

		mouse.pop(); if(tmp.w-flow>0) {mouse.push(Node(tmp.w-flow,tmp.c));}

	}

	if(rst>0) {hole.push(Node(rst,-x+c));}

	if(w-rst>0) {mouse.push(Node(w-rst,-x-c));}

}

int main()

{

	scanf("%d%d",&n,&m); llong sum = 0ll;

	for(int i=1; i<=n; i++) {scanf("%lld",&a[i].x);}

	for(int i=1; i<=m; i++) {scanf("%lld%lld%lld",&b[i].x,&b[i].c,&b[i].w); sum += b[i].w;}

	if(sum<n) {printf("-1"); return 0;}

	int i = 1,j = 1;

	while(i<=n||j<=m)

	{

		if(i<=n && (j>m||a[i].x<b[j].x)) {insertmouse(a[i].x); i++;}

		else {inserthole(b[j].x,b[j].w,b[j].c); j++;}

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

subtask