[bzoj4842][bzoj1283][Neerc2016]Delight for a Cat/序列_线性规划_费用流

4842: [Neerc2016]Delight for a Cat_1283: 序列

题目大意：ls是一个特别堕落的小朋友，对于n个连续的小时，他将要么睡觉要么打隔膜，一个小时内他不能既睡觉也打隔膜，因此一个小时内他只能选择睡觉或者打隔膜，当然他也必须选择睡觉或打隔膜，对于每一个小时，他选择睡觉或打隔膜的愉悦值是不同的，对于第i个小时，睡觉的愉悦值为si，打隔膜的愉悦值为ei，同时又有一个奥妙重重的规定：对于任意一段连续的k小时，ls必须至少有t1时间在睡觉，t2时间在打隔膜。那么ls想让他获得的愉悦值尽量大，他该如何选择呢？

数据范围：n,k(1<=k<=n<=1000),t1,t2(0<=t1,t2<=k;t1+t2<=k)

---

题解：

发现每段区间都必须满足$0$的个数有一个上限，$1$的个数有一个上限。

把那个关于上限的不等式变成等式之后，单纯形即可。

我真的是这么以为的......

妈的卡常。

学了一下怎么用费用流维护这个东西，还挺好用的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define N 2010 

#define M 100010 

using namespace std;

typedef long long ll;

ll ans, all;

int n, k, t1, t2, tot, S, T;

int inq[N], to[M], nxt[M], flow[M], pe[N], pv[N], head[N], pos[N], A[N], B[N];

ll cost[M], dis[N];

queue<int> q;

char *p1, *p2, buf[100000];

#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )

int rd() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = nc();
	while (c < 48) {
		if (c == '-')
			f = -1;
		c = nc();
	}
	while (c > 47) {
		x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
	}
	return x * f;
}
inline void add(int a, int b, int c, int d) {
	to[tot] = b;
	cost[tot] = c;
	flow[tot] = d;
	nxt[tot] = head[a];
	head[a] = tot ++ ;
	
	to[tot] = a;
	cost[tot] = -c;
	flow[tot] = 0;
	nxt[tot] = head[b];
	head[b] = tot ++ ;
}
bool bfs() {
	memset(dis, 0x80, sizeof dis);
	q.push(S);
	dis[S] = 0;
	int u, i;
	while(!q.empty()) {
		u = q.front();
		q.pop();
		inq[u] = 0;
		for(i = head[u]; i != -1; i = nxt[i]) {
			if(dis[to[i]] < dis[u] + cost[i] && flow[i]) {
				dis[to[i]] = dis[u] + cost[i];
				pv[to[i]] = u;
				pe[to[i]] = i;
				if(!inq[to[i]])
					inq[to[i]] = 1, q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return dis[T]>(ll)0x8080808080808080ll;
}
int main() {
	n = rd(), k = rd(), t1 = rd(), t2 = rd();
	S = 0, T = ((n - k + 1) << 1) + 2;
	memset(head, -1, sizeof head);
	int i;
	for (i = 1; i <= n; i ++ )
		A[i] = rd();
	for (i = 1; i <= n; i ++ )
		B[i] = rd(), all += B[i];
	for (i = 1; i <= n; i ++ ) {
		pos[i] = tot + 1;
		add(max(1, ((i - k) << 1) + 1), min((i << 1) + 1, ((n - k + 1) << 1) + 1), A[i] - B[i], 1);
	}
	add(S, 1, 0, t1);
	for (i = 1; i <= n - k + 1; i ++ ) {
		add(i << 1, (i << 1) - 1, 0, 1 << 30);
		add(i << 1, (i << 1) + 1, 0, 1 << 30);
		add(S, i << 1, 0, k - t1 - t2);
		if(i != n - k + 1)
			add((i << 1) + 1, T, 0, k - t1 - t2);
	}
	add(((n - k + 1) << 1) + 1, T, 0, k - t2);
	while (bfs()) {
		int mf = 1 << 30;
		for (i = T; i != S; i = pv[i])
			mf = min(mf, flow[pe[i]]);
		ans += dis[T] * mf;
		for (i = T; i != S; i = pv[i])
			flow[pe[i]] -= mf, flow[pe[i] ^ 1] += mf;
	}
	printf("%lld
", all + ans);
	for (i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if(flow[pos[i]])
			printf("S");
		else
			printf("E");
	}
	return 0;
}

小结：跟志愿者招募多倍经验，没放在题目。