保序回归论文题
要求某一个边集为原图的最小生成树，这等价于非树边比所在环（指树上）的所有边小，最大生成树类似
将这些大小关系的限制看作一张有向图，即若要求$w_{i}le w_{j}$则连边$(i,j)$，设$w_{i}$为初始边权，即要求构造$f_{i}$满足$forall (i,j)in E,f_{i}le f_{j}$，之后最小化$sum |w_{i}-f_{i}|$
（虽然论文中要求这些大小关系构成DAG，但不构成DAG并不影响结论的证明）
引理：定义集合$S={w_{i}}$，则存在一组最优解满足$forall i,f_{i}in S$
证明：考虑对于一组最优解$f_{i}$，若存在$f_{i} otin S$，选择其中一个$x=f_{i}$，令$U={i|f_{i}=x}$
考虑对于$U$中的点，同时加减1后不影响正确性（因为没有和他相同的数字，且限制包含等号），且由于$x otin S$，设加1后代价加$Delta$，则减1后代价加$-Delta$
不难证明$min(Delta,-Delta)le 0$，因此对其进行操作不劣（特别的，当$Delta=0$时，选择加1）
重复执行该操作，证明至多执行有限次操作（无法执行即不存在$f_{i} otin S$）
称这样一个操作为$f(U,pm 1)$，则对于一个$U$，不可能同时存在$f(U,1)$和$f(U,-1)$
反证法，假设存在两种操作，不妨假设先执行了$f(U,1)$，然后执行了$f(U,-1)$
注意到若$f(U,1)$会使代价增加$Delta$，则$f(U,-1)$会使代价增加$-Delta$，且由于操作后不劣，因此两者都非负，即$Delta=0$，而当$Delta=0$时会选择加1，与假设矛盾
称$sum(U)$为对集合$U$的操作次数，若$U$非空且$sum(U)$为无限大，则对于$xin U$，$|f_{x}-w_{x}|$也为无限大，而初始的答案为有限的，与操作不劣矛盾
$sum_{U eqemptyset}sum(U)$即为总操作次数，由于$U$和$sum(U)$均为有限的，即结果也有限
结论：对于一个非空区间$(a,b)$满足$Scap (a,b)=empty$，设$g_{i}$为强制$f_{i}in {a,b}$时的一组最优解，则存在一组最优解$f_{i}$满足若$g_{i}=a$则$f_{i}le a$、若$g_{i}=b$则$f_{i}ge b$
证明：考虑一组最优解$f_{i}$，根据引理，不妨强制$f_{i}in S$，之后存在$g_{i}=a$且$f_{i}>a$（$g_{i}=b$且$f_{i}<b$类似，这里就不考虑了）
根据$f_{i}in S$且$Scap (a,b)=empty$，可得若$f_{i}>a$则$f_{i}ge b$
令$x=min_{g_{i}=a且f_{i}ge b}f_{i}$，构造$U={i|g_{i}=a且f_{i}=x}$，再构造代价函数$f(x)=sum_{iin U}|w_{i}-x|$
首先，我们将所有$f_{i}$（其中$iin U$）变为$y$（其中$ale yle x$）是合法的，因为这是减小，只需要考虑$j$到$i$的边，分两类讨论：
1.$jin U$，此时由于全部改变为$y$，显然合法；
2.$j otin U$，根据$g_{i}$和$f_{i}$为最优解，那么必然是合法的，即$g_{j}le g_{i}$且$f_{j}le f_{i}$
进一步的，由于$g_{j}in {a,b}$因此$g_{j}=a$，由于$j otin U$因此$f_{j}<f_{i}$，那么当$f_{j}>a$则$f_{j}ge b$，同时$f_{j}<f_{i}$，那么$x$应该为$f_{j}$，矛盾
由此，$f_{j}le ale y$，即合法
根据$f_{i}$为最优解，因此改为$y$都不优于留在$x$，即$forall ale yle x,f(x)le f(y)$
类似的，我们将所有$g_{i}$都变为$b$也是合法的，而$g_{i}$为最优解，即$f(a)le f(b)$
不难发现$f(x)$是一个下凸函数，而根据上述两个性质，有$f(x)le f(b)$且$f(a)le f(b)$（其中$ale ble x$），因此只能取到等号，即$f(x)=f(a)=f(b)$
重复执行此操作，即将$f_{i}$都变为$a$或$g_{i}$都变为$b$（两者任选一个都可以），不合法的点对数量严格减少，因此必然可以使得其不存在此类点，且两者仍为最优解，即结论成立
根据这个结论，将所有$w_{i}$排序并离散（去除相同的位置，因为要求非空），求出$g_{i}in {w_{mid},w_{mid+1}}$的解后，即可判定（某一组）最优解$f_{i}$所有元素是小于等于$w_{mid}$还是大于等于$w_{mid+1}$，分治即可
关于如何求出$g_{i}in {w_{mid},w_{mid+1}}$，先贪心分配$g_{i}$（不考虑合法性），将$S$连向选择$w_{mid+1}$的点，选择$w_{mid}$的点连向$T$，代价都为换为另一种后增加的代价，之后通过最小割求出最少要增大多少的代价
对于$(i,j)in E$，不能有$g_{i}=w_{mid+1}$且$g_{j}=w_{mid}$，因此直接连边$(i,j)$，表示两者中必须修改一个，之后最跑最大流即可，并根据残余网络求出方案
关于求最小割方案：从源点开始搜索，能被搜到（只走流量非0的边）的点即可作为最小割中与$S$相连的点，之后另一部分作为$T$相连的点，两个点集之间的边割掉即可
时间复杂度为$o(nm^{3}log_{2}m)$，由于网络流常数较小，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1005 4 #define ll long long 5 #define oo 0x3f3f3f3f 6 #define vi vector<int> 7 struct ji{ 8 int nex,to,len; 9 }edge[N*N]; 10 queue<int>q; 11 vector<int>st,v; 12 map<int,int>mat; 13 map<int,int>::iterator it; 14 int E,n,head[N],vis[N],work[N],d[N],w[N],a[N],bl[N],ans[N],lim[N][N]; 15 bool cmp(int x,int y){ 16 return bl[x]<bl[y]; 17 } 18 void init(){ 19 E=0; 20 memset(head,-1,sizeof(head)); 21 } 22 void add(int x,int y,int z){ 23 edge[E].nex=head[x]; 24 edge[E].to=y; 25 edge[E].len=z; 26 head[x]=E++; 27 } 28 void dfs(int k,int fa,int ed,int x,int p){ 29 if (k==ed){ 30 for(int i=0;i<st.size();i++) 31 if (!p)lim[st[i]][x]=1; 32 else lim[x][st[i]]=1; 33 } 34 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 35 if (edge[i].to!=fa){ 36 st.push_back(edge[i].len); 37 dfs(edge[i].to,k,ed,x,p); 38 st.pop_back(); 39 } 40 } 41 bool bfs(){ 42 memset(d,oo,sizeof(d)); 43 d[0]=0; 44 q.push(0); 45 while (!q.empty()){ 46 int k=q.front(); 47 q.pop(); 48 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 49 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]==oo)){ 50 d[edge[i].to]=d[k]+1; 51 q.push(edge[i].to); 52 } 53 } 54 return d[n+1]<oo; 55 } 56 int dfs(int k,int s){ 57 if (k>n)return s; 58 for(int &i=work[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 59 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]==d[k]+1)){ 60 int p=dfs(edge[i].to,min(s,edge[i].len)); 61 if (p){ 62 edge[i].len-=p; 63 edge[i^1].len+=p; 64 return p; 65 } 66 } 67 return 0; 68 } 69 void dinic(){ 70 while (bfs()){ 71 memcpy(work,head,sizeof(work)); 72 while (dfs(0,oo)); 73 } 74 } 75 void dfs(int k){ 76 if (vis[k])return; 77 vis[k]=1; 78 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 79 if (edge[i].len)dfs(edge[i].to); 80 } 81 void dfs(int l,int r,int x,int y){ 82 if (x==y){ 83 for(int i=l;i<=r;i++)ans[a[i]]=v[x]; 84 return; 85 } 86 int mid=(x+y>>1); 87 init(); 88 for(int i=l;i<=r;i++){ 89 int wx=abs(w[a[i]]-v[mid]),wy=abs(w[a[i]]-v[mid+1]); 90 if (wx>wy){ 91 bl[a[i]]=1; 92 add(0,i+1,wx-wy); 93 add(i+1,0,0); 94 } 95 else{ 96 bl[a[i]]=0; 97 add(i+1,n+1,wy-wx); 98 add(n+1,i+1,0); 99 } 100 } 101 for(int i=l;i<=r;i++) 102 for(int j=l;j<=r;j++) 103 if (lim[a[i]][a[j]]){ 104 add(i+1,j+1,oo); 105 add(j+1,i+1,0); 106 } 107 dinic(); 108 memset(vis,0,sizeof(vis)); 109 dfs(0); 110 assert(!vis[n+1]); 111 for(int i=head[0];i!=-1;i=edge[i].nex) 112 if (!vis[edge[i].to])bl[a[edge[i].to-1]]=0; 113 for(int i=head[n+1];i!=-1;i=edge[i].nex) 114 if (vis[edge[i].to])bl[a[edge[i].to-1]]=1; 115 sort(a+l,a+r+1,cmp); 116 for(int i=l;i<=r+1;i++){ 117 if ((bl[a[i]])||(i>r)){ 118 if (l<i)dfs(l,i-1,x,mid); 119 if (i<=r)dfs(i,r,mid+1,y); 120 return; 121 } 122 } 123 } 124 class ExtremeSpanningTrees{ 125 public: 126 ll minTime(vi ea,vi eb,vi ec,vi mn,vi mx){ 127 n=ea.size(); 128 init(); 129 for(int i=0;i<mn.size();i++){ 130 add(ea[mn[i]],eb[mn[i]],mn[i]); 131 add(eb[mn[i]],ea[mn[i]],mn[i]); 132 vis[mn[i]]=1; 133 } 134 for(int i=0;i<n;i++) 135 if (!vis[i])dfs(ea[i],-1,eb[i],i,0); 136 init(); 137 memset(vis,0,sizeof(vis)); 138 for(int i=0;i<mx.size();i++){ 139 add(ea[mx[i]],eb[mx[i]],mx[i]); 140 add(eb[mx[i]],ea[mx[i]],mx[i]); 141 vis[mx[i]]=1; 142 } 143 for(int i=0;i<n;i++) 144 if (!vis[i])dfs(ea[i],-1,eb[i],i,1); 145 for(int i=0;i<n;i++)mat[w[i]=ec[i]]=1; 146 for(it=mat.begin();it!=mat.end();it++)v.push_back((*it).first); 147 for(int i=0;i<n;i++)a[i]=i; 148 dfs(0,n-1,0,v.size()-1); 149 for(int i=0;i<n;i++) 150 for(int j=0;j<n;j++) 151 if (lim[i][j])assert(ans[i]<=ans[j]); 152 ll sum=0; 153 for(int i=0;i<n;i++)sum+=abs(ans[i]-w[i]); 154 return sum; 155 } 156 };