汕头市队赛 SRM16 T2

描述

      猫和老鼠，看过吧？猫来了，老鼠要躲进洞里。在一条数轴上，一共有n个洞，位置分别在xi，能容纳vi只老鼠。一共有m只老鼠位置分别在Xi，要躲进洞里，问所有老鼠跑进洞里的距离总和最小是多少。

输入格式

      两个用空格隔开的整数m和n。

      这一行m个数字分别表示老鼠的位置

      接下来n行每行两个数字分别表示洞的位置和容纳量

输出格式

      一个整数，表示最小的距离总和。（如果无解，输出-1）

样例输入

4 5
6 2 8 9
3 6
2 1
3 6
4 7
4 7

样例输出

11
——————————————————————————
 n <= 500, m <= 500 的时候可以写费用流 但是要比较好的建图方式
nm的建图肯定要挂

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=2e3+7,inf=0x3f3f3f3f;
const LL mx=1e15;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') {ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int n,m,q[M],vis[M];
int N,S,T;
LL ans,d[M];
struct node{int to,next,flow;LL cost;}e[M*M];
int first[M],cnt=1,cur[M];
void ins(int a,int b,int flow,LL cost){e[++cnt]=(node){b,first[a],flow,cost}; first[a]=cnt;}
void insert(int a,int b,int flow,LL cost){ins(a,b,flow,cost); ins(b,a,0,-cost);}
bool spfa(){
    for(int i=S;i<=T;i++) d[i]=mx;
    int head=0,tail=1;
    q[0]=T; vis[T]=1; d[T]=0;
    while(head!=tail){
         int x=q[head++]; if(head>M) head=0;
         for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
             int now=e[i].to;
            if(e[i^1].flow&&d[x]+e[i^1].cost<d[now]){
                d[now]=d[x]+e[i^1].cost;
                if(!vis[now]){
                    if(d[now]<d[q[head]]){head--; if(head<0) head=M; q[head]=now;}
                    else{q[tail++]=now; if(tail>M) tail=0;}
                    vis[now]=1;
                }
            }            
         }
         vis[x]=0;
     }
    return d[S]<mx;
}
int dfs(int x,int a){
    if(x==T||a==0)return a;
    vis[x]=1;
    int flow=0,f;
    for(int& i=cur[x];i;i=e[i].next){
        int now=e[i].to;
        if(!vis[now]&&d[x]==e[i].cost+d[now]&&(f=dfs(now,min(a,e[i].flow)))>0){
               e[i].flow-=f; e[i^1].flow+=f;
            ans+=e[i].cost*f; flow+=f;
              a-=f;if(a==0)break;
        }
      }
    vis[x]=0;
    return flow;
}
int x[M];
LL sum;
struct pos{int y,k;}qq[M];
bool cmp(pos a,pos b){return a.y<b.y;}
int main()
{
    n=read(); m=read();
    S=0; T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read(),insert(S,i,1,0);
    for(int i=1;i<=m;i++) qq[i].y=read(),qq[i].k=read(),sum+=qq[i].k;
    if(sum<n){printf("-1
"); return 0;}
    sort(qq+1,qq+1+m,cmp);
    for(int i=1;i<=m;i++) insert(i+n,T,qq[i].k,0);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(i>1) insert(i+n,i+n-1,inf,qq[i].y-qq[i-1].y);
        if(i<m) insert(i+n,i+n+1,inf,qq[i+1].y-qq[i].y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int k1=1; while(qq[k1+1].y<=x[i]&&k1<m) k1++;
        int k2=m; while(qq[k2-1].y>=x[i]&&k2>1) k2--;
        if(qq[k1].y<=x[i]) insert(i,k1+n,1,x[i]-qq[k1].y);
        if(qq[k2].y>=x[i]) insert(i,k2+n,1,qq[k2].y-x[i]);
    }
    while(spfa()){for(int i=0;i<=T;i++) cur[i]=first[i]; dfs(S,inf);}
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

n <= 5000, m <= 5000 的时候就需要dp了

先将洞和老鼠按位置从小到大排一波序

因为老鼠选的洞必然是单调递增的 我们可以考虑dp

f【i】【j】表示前i个洞选j只老鼠

转移方程 f【i】【j】=f【i-1】【k】+（k+1到j 的距离

然后发现是三方的写法 然后就后面可以用单调队列优化dp降一波复杂度

然后就是n方写法了

这里我们每次可以算一下每只老鼠到 第i个洞的 前缀

队列里扔的就是f【j】+（前缀数组）s【j】就好啦

f【i】=q【l】+s【i】就好辣

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=5e3+7;
const LL inf=1e15;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') {ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int l,r,n,m,x[M];
struct pos{int y,k;}e[M];
bool cmp(pos a,pos b){return a.y<b.y;}
LL sum,f[M],s[M];
LL pabs(LL x){return x>=0?x:-x;}
struct node{LL v; int pos;}q[M];
int main()
{
    n=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++) e[i].y=read(),e[i].k=read(),sum+=e[i].k;
    if(sum<n){printf("-1
"); return 0;}
    sort(x+1,x+1+n);
    sort(e+1,e+1+m,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=inf;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        l=1; r=0;
        for(int j=1;j<=n;j++) s[j]=s[j-1]+pabs(x[j]-e[i].y);
        for(int j=0;j<=n;j++){
            while(l<=r&&q[r].v>=f[j]-s[j]) r--;
            while(l<=r&&(j-q[l].pos)>e[i].k) l++;
            q[++r].v=f[j]-s[j]; q[r].pos=j;
            f[j]=q[l].v+s[j];
        }
    }printf("%lld
",f[n]);
    return 0;
}