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  • bzoj3438 小M的作物

    题目链接

    思路

    先考虑没有额外收益的时候怎么做。

    (S)向第(i)点连一条容量为(A_i)边,表示种在(A)中的收益。

    从第(i)个点向(T)连一条容量为(B_i)的边,表示种在(B)中的收益。

    然后求出来最小割,用总收益减去即可。

    完成之后如下图:

    然后考虑如何处理额外收益

    对于每一个额外的收益,我们先新建一个点(X),表示全部建在(A)的收益。

    需要保证如果不割掉这条边,那么就说明这些点全部建在(A).所以这些点向(T)的连边必须全部割掉。

    那么就从(S)(X)连边,从(X)向该组合中所有点连边。

    对于全部建在B处的额外收益,同理。

    加入上图中含有组合({1,2}),建图之后如下:

    然后用总收益减去最小割就是答案。

    代码

    /*
    * @Author: wxyww
    * @Date:   2019-06-10 08:33:40
    * @Last Modified time: 2019-06-10 09:10:44
    */
    #include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<cstdlib>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    #include<queue>
    #include<vector>
    #include<ctime>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int N = 10100,M = 5000100,INF = 2e9;
    ll read() {
    	ll x=0,f=1;char c=getchar();
    	while(c<'0'||c>'9') {
    		if(c=='-') f=-1;
    		c=getchar();
    	}
    	while(c>='0'&&c<='9') {
    		x=x*10+c-'0';
    		c=getchar();
    	}
    	return x*f;
    }
    struct node {
    	int v,nxt,w;
    }e[M];
    queue<int>q;
    int dep[N],head[N],ejs = 1;
    void add(int u,int v,int w) {
    	e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
    	e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
    }
    int S,T,cur[N];
    bool bfs() {
    	memset(dep,0,sizeof(dep));
    	while(!q.empty()) q.pop();
    	dep[S] = 1;q.push(S);
    	while(!q.empty()) {
    		int u = q.front();q.pop();
    		for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
    			int v = e[i].v;
    			if(!dep[v] && e[i].w) {
    				dep[v] = dep[u] + 1;
    				q.push(v);
    				if(v == T) return true;
    			}
    		}
    	}
    	return false;
    }
    int dfs(int u,int now) {
    	if(u == T) return now;
    	int ret = 0;
    	for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
    		int v = e[i].v;
    		if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {
    			int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
    			e[i].w -= k;e[i ^ 1].w += k;
    			ret += k;
    			if(ret == now) return ret;
    		}
    	}
    	return ret;
    }
    int dinic() {
    	int ret = 0;
    	while(bfs()) {
    
    		memcpy(cur,head,sizeof(cur));
    		ret += dfs(S,INF);
    	}
    	return ret;
    }
    int ans = 0;
    int main() {
    	int n = read();
    	S = n + 1,T = S + 1;
    	for(int i = 1;i <= n;++i) {
    		int k = read();ans += k;add(S,i,k);
    	}
    	for(int i = 1;i <= n;++i) {
    		int k = read();ans += k;add(i,T,k);
    	}
    	int m = read();
    	int cnt = n + 2;
    	for(int i = 1;i <= m;++i) {
    		int K = read(),C1 = read(),C2 = read();
    		int X = ++cnt,X_ = ++cnt;
    		ans += C1,ans += C2;
    		add(S,X,C1);add(X_,T,C2);
    		for(int j = 1;j <= K;++j) {
    			int x = read();
    			add(X,x,INF);add(x,X_,INF);
    		}
    	}
    	cout<<ans - dinic();
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/wxyww/p/bzoj3438.html
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