Educational Codeforces Round 104 (Rated for Div. 2) E. Cheap Dinner
题意
给定(n_1)种第一道菜的价格(a_i),(n_2)种第二道菜的价格(b_i),(n_3)种饮料的价格(c_i),(n_4)种甜点的价格(d_i)
有(m_1)种组合((x_i,y_i)),描述编号为(x_i)的第一道菜与编号为(y_i)的第二道菜不能搭配
有(m_2)种组合((x_i,y_i)),描述编号为(x_i)的第二道菜与编号为(y_i)的饮料不能搭配
有(m_3)种组合((x_i,y_i)),描述编号为(x_i)的饮料与编号为(y_i)的甜点不能搭配
问是否能够每种种类的食物都分别挑选一种,它们可以互相搭配且总花费最小
限制
(1le n_1,n_2,n_3,n_4le 150000)
(1le a_i,b_i,c_i,d_ile 10^8)
(1le m_1,m_2,m_3le 200000)
思路
很容易想到是费用流的模板题,但费用流会出现(n^2)条边,这题显然不可行
由于每种限制仅针对两种种类的食物,所以可以想到拆成三部分的二分图来做(当然不是二分图匹配)
我们可以先处理第二道菜
原本(b_i)表示的是“编号为(i)的第二道菜的价格”
我们可以将({a})引入,从而让(b_i)表示“编号为(i)的第二道菜与某一种第一道菜搭配所能得到的最小花费”
即(b_i=b_i+min{a_j}),其中(a_j)与(b_i)能够搭配
处理好(b_i)后,接下来处理饮料时
原本(c_i)表示的是“编号为(i)的饮料的价格”
引入({b}),从而让(c_i)表示“编号为(i)的饮料与其所能搭配的(b_i)相加后,能得到的最小花费”
即(c_i=c_i+min{b_j}),其中(b_j)与(c_i)能够搭配
(d_i)同理,最终表示“编号为(i)的甜点与其所能搭配的(c_i)相加后,能得到的最小花费”
显而易见,答案就是(d_i)中的最小值
以将({a})引入(b_i)为例
如果我们想求出(b_i=b_i+min{a_j}),其中(a_j)与(b_i)能够搭配
最简便的方法就是枚举所有(a_j),但这样的时间复杂度就会来到(O(n^2)),显然不可行
我们可以将数据存入结构体,记录原本的编号以及价格,将({a})进行排序
我们可以将所有不合法的搭配((x,y))存进set容器中,由于是对每个(b_i)找出最小的(a_j),所以往编号为(y)的set容器内插入值(x),表示({b})中的(y)不能与({a})中的(x)进行搭配
然后我们按顺序遍历排序后的({a}),每次在编号为(i)的set容器中二分查找是否存在一个值为(j)的元素
如果不存在,说明此时的(b_i)与(a_j)能够进行搭配,由因为保证了(a_j)是目前的最小值,所以直接让(b_i=b_i+a_j)即可,其后结束此次遍历
这种方法的时间复杂度为(O(nlogm))
将({b})引入(c_i),将({c})引入(d_i)同理,详见代码注释
代码
(560ms/4000ms)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=150050;
struct node
{
int id,val;
bool operator < (const node& a) const
{
return val<a.val;
}
}a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int n1,n2,n3,n4;
set<int> v1[maxn],v2[maxn],v3[maxn];
void input()
{
cin>>n1>>n2>>n3>>n4;
rep(i,1,n1)
cin>>a[i].val,a[i].id=i;
rep(i,1,n2)
cin>>b[i].val,b[i].id=i;
rep(i,1,n3)
cin>>c[i].val,c[i].id=i;
rep(i,1,n4)
cin>>d[i].val,d[i].id=i;
int m1,m2,m3;
cin>>m1;
while(m1--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
v1[b].insert(a); //往编号为b的容器内插入a
}
cin>>m2;
while(m2--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
v2[b].insert(a);
}
cin>>m3;
while(m3--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
v3[b].insert(a);
}
}
void solve()
{
input();
sort(a+1,a+1+n1); //对{a}进行排序
rep(i,1,n2) //遍历所有bi
{
bool flag=false;
rep(j,1,n1) //对于每一个bi,遍历排完序后的{a}
{
if(v1[i].find(a[j].id)==v1[i].end()) //如果aj与bi能够搭配
{
b[i].val=min(a[j].val+b[i].val,INF); //直接相加即可,注意与无穷大取小,方便数据处理
flag=true;
break; //找到之后就可以直接跳出此次遍历
}
}
if(!flag)
b[i].val=INF; //如果不存在搭配,将其标记为无穷大
}
sort(b+1,b+1+n2); //下同
rep(i,1,n3)
{
bool flag=false;
rep(j,1,n2)
{
if(v2[i].find(b[j].id)==v2[i].end())
{
c[i].val=min(b[j].val+c[i].val,INF);
flag=true;
break;
}
}
if(!flag)
c[i].val=INF;
}
sort(c+1,c+1+n3);
rep(i,1,n4)
{
bool flag=false;
rep(j,1,n3)
{
if(v3[i].find(c[j].id)==v3[i].end())
{
d[i].val=min(c[j].val+d[i].val,INF);
flag=true;
break;
}
}
if(!flag)
d[i].val=INF;
}
sort(d+1,d+1+n4);
if(d[1].val==INF)
cout<<"-1
";
else
cout<<d[1].val<<'
';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}