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Description
从前,有一只懒猫叫CJB。每个小时,这只猫要么在睡觉,要么在吃东西,但不能一边睡觉一边吃东西,并且这只猫会在一整个小时干同一件事情。
对于接下来的n个小时,CJB知道他在那n个小时睡觉和吃东西的快乐值。
为了健♂康♀地生活,在任意的连续 k个整小时内,CJB要有至少(m_s)小时睡觉,至少(m_e)个小时在吃东西。也就是说一共有 n−k+1段的 k小时需要满足上述条件。
你的任务是告诉CJB他接下来n个小时能获得的最大快乐值是多少。
Input
第一行四个整数 (n,k,ms,me(1≤k≤n≤1000,0≤m_s,m_e≤k,m_s+m_e≤k)),含义如题目所述。
第二行包含 n个整数 (s_1,s_2,...,s_n(0≤s_i≤10^9)),表示每个小时CJB睡觉能获得的快乐值。
第三行包含 n个整数 (e_1,e_2,...,e_n(0≤e_i≤10^9)),表示每个小时CJB吃东西能获得的快乐值。
Output
输出一个整数,表示CJB能获得的最大快乐值。
Sample Input
10 4 1 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
Sample Output
69
HINT
【样例解释】
CJB在接下来的10个小时是这样的(S表示睡觉,E表示吃东西):EEESESEESS
【数据范围与约定】
30%的数据中, 1≤n≤10
100%的数据中, 1≤n≤1000
吐槽
这题好神啊哈哈哈qwq(好吧虽然好像印象中之前做过类似的费用流的题目。。但是当时并没有搞太懂所以看到这题的时候根本没有往那边去想qwq菜醒)
然而为什么网上说是。。单纯形裸题??好吧听起来很棒但是并不会单纯形qwq
所以还是写费用流吧嗯qwq
正题
这里要用到一种特殊的建模方式!十分巧妙啊ovo
首先假设这只懒猫一直在睡觉,然后我们再决策哪些天数需要改成吃东西
用(x_i =0)表示这只猫第(i)天在睡觉,(x_i=1)表示在吃东西,那么我们可以列出这样的不等式组
用同样的方法将这些不等式组变成等式,其中辅助变量(0<=y_i<=k-m_s-m_e)
同样的套路,在一头一尾加上两个0=0等式,用上面的减去下面的得到:
(啊?想用下面的减去下面的?额一样的反正都可以)
然后按照套路:
(其实倒数第二条式子是第1条式子和第0条式子相减得到,的但是为了和后面的代码中的编号对应我们稍微改变一下位置)
观察一下,变成了这个样子之后所有式子加起来变量和常数项就都抵消掉了,满足流量平衡
那么就用和bzoj1061同样的方式把每个等式看成一个点,负的流出正的流入就好啦
跑完一遍最小费用最大流之后,最终的(ans)就是$sumlimits_{i=1}^{n}s_i - $最小费用
然而这并没有结束
首先是,这题的(x_i)和(y_i)是有范围的!
(y_i)的范围上面写了就是(0<=y_i<=k-m_s-m_e)
而(x_i)的话要么是(0)要么是(1)
所以两个变量对应的边的容量应该分别为(k-m_s-m_e)和(1)
再有就是,如果稍微想一下等式之间的连边情况,会发现。。(k<n-k)和(k>n-k)这两种情况是不一样的!
所以说,这题还要分类讨论
然而具体的连边方式。。写起来十分混乱不如自己去推qwq,详情可以参考代码
(注意,代码中将上面的第一条等式放在了倒数第二条,所以编号为(n-k+1),最后一条等式的编号为(n-k+2),其他的等式依次为(1)到(n-k))
这里只讲一下大概要连哪几类边,下面所说的编号顺序按照最终给出的等式组来(也就是代码中的顺序):
- 第一种(y)边。从(i+1)连到(i)
- 第二种(y)边。从最后一条等式连到第(1)条等式,从(n-k)条等式连到倒数第二条等式
- 源点到(n-k+1)的边,汇点到(n-k+2)的边
- 第(1)到(n-k)条等式中每个正的(x)的边。
- 第(1)到(n-k)条等式中每个负的(x)的边。
稍微提一下,前3类是固定的,第4和第5类又可以分第(1)到(n-k)条连到最后两条,和(1)到(n-k)条里面自己乱连两小类,具体就(k)和(n)的大小关系而定
自己写的时候把(k=n-k)的情况也分出来了,可能是。。可以合并的不过不管了反正这么写也不影响正确性
然后就很愉快(个鬼啊分类讨论这种东西)滴做完啦ovo
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define ll long long
#define F 1
using namespace std;
const int N=10010;
const int M=1000010;
const ll inf=1e15;
struct xxx{
int y,next,op;
ll c,r;
}a[M*10];
queue<int> q;
int h[N];
ll e[N],s[N];
ll pre[M],mn[N],pred[M];
ll d[N];
ll ans,sum;
bool vis[N];
int n,m,vs,vt,tot;
ll k,ms,me;
int add(int x,int y,int r,ll c);
int spfa();
int build();
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
// freopen("a.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&k,&ms,&me);
vs=0; vt=n-k+3;
sum=0;
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",s+i),sum+=s[i];
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",e+i);
build();
ans=0;
while (spfa());
printf("%lld
",sum+ans);
}
int add(int x,int y,int r,ll c){
a[++tot].y=y; a[tot].next=h[x]; h[x]=tot; a[tot].r=r; a[tot].op=tot+1; a[tot].c=c;
a[++tot].y=x; a[tot].next=h[y]; h[y]=tot; a[tot].r=0; a[tot].op=tot-1; a[tot].c=-c;
}
int spfa(){
while (!q.empty()) q.pop();
for (int i=vs;i<=vt;++i) d[i]=-inf,vis[i]=false,mn[i]=inf;
q.push(vs); vis[vs]=1; d[vs]=0;
mn[vs]=inf; pre[vs]=-1; pred[vs]=-1;
int v,u;
while (!q.empty()){
v=q.front(); q.pop();
for (int i=h[v];i!=-1;i=a[i].next){
u=a[i].y;
if (!a[i].r) continue;
if (d[u]<d[v]+a[i].c){
pre[u]=i; pred[u]=v;
mn[u]=min(mn[v],a[i].r);
d[u]=d[v]+a[i].c;
if (!vis[u])
vis[u]=1,q.push(u);
}
}
vis[v]=false;
}
if (d[vt]==-inf) return false;
ll flow=mn[vt];
ans+=flow*d[vt];
u=vt;
while (pre[u]!=-1){
a[pre[u]].r-=flow;
a[a[pre[u]].op].r+=flow;
u=pred[u];
}
return true;
}
int build(){
memset(h,-1,sizeof(h));
if (k<n-k){
/*X*/
for (int i=1;i<=k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
for (int i=n-2*k+1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
for (int i=1;i<=n-2*k;++i) add(i,i+k,F,e[i+k]-s[i+k]);
}
else if (k==n-k){
/*X*/
for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
}
else{
/*X*/
for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
for (int i=n-k+1;i<=k;++i) add(n-k+1,n-k+2,F,e[i]-s[i]);
}
/*Y*/for (int i=1;i<=n-k-1;++i) add(i,i+1,k-ms-me,0);
/*Y*/add(n-k+1,1,k-ms-me,0); add(n-k,n-k+2,k-ms-me,0);
/*X*/add(vs,n-k+1,k-ms,0); add(n-k+2,vt,k-ms,0);
}