【】
输入文件示例
input.txt
4 2
1 7
6 8
7 10
9 13输出文件示例
output.txt
15
【分析】
直接co题解好了，写得挺全。。
【建模方法】
方法1
按左端点排序所有区间，把每个区间拆分看做两个顶点<i.a><i.b>，建立附加源S汇T，以及附加顶点S’。
1、连接S到S’一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从S’到每个<i.a>连接一条容量为1，费用为0的有向边。
3、从每个<i.b>到T连接一条容量为1，费用为0的有向边。
4、从每个顶点<i.a>到<i.b>连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。
5、对于每个区间i，与它右边的不相交的所有区间j各连一条容量为1，费用为0的有向边。求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。
方法2
离散化所有区间的端点，把每个端点看做一个顶点，建立附加源S汇T。
1、从S到顶点1（最左边顶点）连接一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从顶点2N（最右边顶点）到T连接一条容量为K，费用为0的有向边。
3、从顶点i到顶点i+1(i+1<=2N)，连接一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
4、对于每个区间[a,b]，从a对应的顶点i到b对应的顶点j连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。
【建模分析】
这个问题可以看做是求K条权之和最大的不想交路径，每条路径为一些不相交的区间序列。由于是最大费用流，两条路径之间一定有一些区间相交，可以看做事相交部分重复了2次，而K条路经就是最多重复了K次。最简单的想法就是把区间排序后，不相交的区间之间连接一条边，由于每个区间只能用一次，所以要拆点，点内限制流量。如果我们改变一下思路，把端点作为网络中的顶点，区间恰恰是特定一些端点之间的边，这样建模的复杂度更小。方法1的边数是O(N^2)的，而方法2的边数是O(N)的，可以解决更大规模的问题。
感觉我的数据错了hhh
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 #include<cmath> 8 using namespace std; 9 #define Maxn 101000 10 #define INF 0xfffffff 11 12 struct node 13 { 14 int x,y,f,o,c,next; 15 }t[Maxn*10];int len; 16 int first[Maxn]; 17 18 int mymin(int x,int y) {return x<y?x:y;} 19 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;} 20 21 void ins(int x,int y,int f,int c) 22 { 23 t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f;t[len].c=c; 24 t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+1; 25 t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=0;t[len].c=-c; 26 t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-1; 27 } 28 29 int st,ed; 30 queue<int > q; 31 int dis[Maxn],pre[Maxn],flow[Maxn]; 32 bool inq[Maxn]; 33 bool bfs() 34 { 35 while(!q.empty()) q.pop(); 36 // memset(dis,-1,sizeof(dis)); 37 for(int i=1;i<=ed;i++) dis[i]=-INF; 38 memset(inq,0,sizeof(inq)); 39 q.push(st);dis[st]=0;flow[st]=INF;inq[st]=1; 40 while(!q.empty()) 41 { 42 int x=q.front(); 43 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>0) 44 { 45 int y=t[i].y; 46 if(dis[y]<dis[x]+t[i].c) 47 { 48 dis[y]=dis[x]+t[i].c; 49 pre[y]=i; 50 flow[y]=mymin(flow[x],t[i].f); 51 if(!inq[y]) 52 { 53 inq[y]=1; 54 q.push(y); 55 } 56 } 57 } 58 inq[x]=0;q.pop(); 59 } 60 if(dis[ed]>-INF) return 1; 61 return 0; 62 } 63 64 void output() 65 { 66 for(int i=1;i<=len;i+=2) 67 printf("%d->%d %d %d ",t[i].x,t[i].y,t[i].f,t[i].c); 68 printf(" "); 69 } 70 71 int max_flow() 72 { 73 int ans=0,sum=0; 74 while(bfs()) 75 { 76 sum+=dis[ed]*flow[ed]; 77 ans+=flow[ed]; 78 int now=ed; 79 while(now!=st) 80 { 81 t[pre[now]].f-=flow[ed]; 82 t[t[pre[now]].o].f+=flow[ed]; 83 now=t[pre[now]].x; 84 } 85 } 86 return sum; 87 } 88 89 struct hp 90 { 91 int x,id; 92 }tt[Maxn];int tl=0; 93 int nx[Maxn],ny[Maxn],ln[Maxn]; 94 95 bool cmp(hp x,hp y) {return x.x<y.x;} 96 97 void init() 98 { 99 int n,k; 100 scanf("%d%d",&n,&k); 101 len=0; 102 memset(first,0,sizeof(first)); 103 int mx=0; 104 for(int i=1;i<=n;i++) 105 { 106 int x,y; 107 // scanf("%d%d",&x,&y); 108 // ins(x,y,1,y-x); 109 scanf("%d%d",&nx[i],&ny[i]); 110 ln[i]=ny[i]-nx[i]; 111 tt[++tl].x=nx[i];tt[tl].id=i; 112 tt[++tl].x=ny[i];tt[tl].id=i+n; 113 // mx=mymax(mx,y); 114 } 115 sort(tt+1,tt+1+tl,cmp); 116 int pp=1; 117 int now=tt[1].x;tt[1].x=1; 118 for(int i=2;i<=tl;i++) 119 { 120 if(tt[i].x!=now) pp++,now=tt[i].x; 121 tt[i].x=pp; 122 } 123 for(int i=1;i<=tl;i++) 124 { 125 if(tt[i].id>n) ny[tt[i].id-n]=tt[i].x; 126 else nx[tt[i].id]=tt[i].x; 127 } 128 for(int i=1;i<=n;i++) ins(nx[i],ny[i],1,ln[i]); 129 mx=pp; 130 st=mx+1;ed=st+1; 131 ins(st,1,k,0); 132 for(int i=1;i<mx;i++) ins(i,i+1,k,0); 133 ins(mx,ed,k,0); 134 } 135 136 int main() 137 { 138 init(); 139 // output(); 140 int ans; 141 ans=max_flow(); 142 printf("%d ",ans); 143 return 0; 144 }
2016-11-08 07:26:58