Solution -「ARC 125E」Snack

(mathcal{Description})

  Link.

  把 (n) 种零食分给 (m) 个人，第 (i) 种零食有 (a_i) 个；第 (i) 个人得到同种零食数量不超过 (b_i)，总数量不超过 (c_i)，求最多分出的零食数量。

  (n,mle2 imes10^5)。

(mathcal{Solution})

  很容易看出这是网络流模型：

• 源点 (S) 连向每种零食 (i)，容量 (a_i)；
• 零食 (i) 连向人 (j)，容量 (b_j)；
• 人 (j) 连向汇点 (T)，容量 (c_j)。

  答案即为 (S) 到 (T) 的最大流。

  在这样的网络中，我们发现容量的种类数少，而边数很多，可以推出边的容量与这条边具体连接两端结点的相关性不强。这种时候，可以尝试手算最小割。

  具体地，设零食集合 (A) 被割入 (S) 部，那么对于一个人 (i)，他被割入 (S) 部的代价为 (c_i)，被割入 (T) 部的代价是 (|A|b_i)，我们应取两者较小值，而这果然与 (A) 集合具体构成不相关。所以，枚举 (|A|in[0,n])，每个人一定在一段前缀中被割入 (T) 部，在其余情况被割入 (S) 部，利用单调性维护这一过程，做到复杂度 (mathcal O(nlog n+mlog m))，两个瓶颈皆为排序。

(mathcal{Code})

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

inline void chkmin( LL& a, const LL b ) { b < a && ( a = b ); }

const int MAXN = 2e5;
int n, m, b[MAXN + 5], ord[MAXN + 5];
LL a[MAXN + 5], c[MAXN + 5];

int main() {
    scanf( "%d %d", &n, &m );
    rep ( i, 1, n ) scanf( "%lld", &a[i] );
    rep ( i, 1, m ) scanf( "%d", &b[i] ), ord[i] = i;
    rep ( i, 1, m ) scanf( "%lld", &c[i] );

    std::sort( a + 1, a + n + 1,
      []( const LL u, const LL v ) { return u > v; } );
    std::sort( ord + 1, ord + m + 1, []( const int u, const int v )
      { return 1ull * c[u] * b[v] < 1ull * c[v] * b[u]; } );

    LL sa = 0, sb = 0, sc = 0, ans = 1ll << 60;
    rep ( i, 1, n ) sa += a[i];
    rep ( i, 1, m ) sb += b[i];
    for ( int i = 0, j = 1; i <= n; ++i ) {
        sa -= a[i];
        for ( ; j <= m && 1ll * i * b[ord[j]] > c[ord[j]];
          sb -= b[ord[j]], sc += c[ord[j++]] );
        chkmin( ans, sa + i * sb + sc );
    }
    printf( "%lld
", ans );
    return 0;
}