problem

luogu-P2570

solution

臥槽網絡流尼瑪神題

首先這個最小延長時間 $T$ ，套路地考慮二分，將問題轉化為判定性問題。

其次 $n,m$ 和奶酪存在時間 $[l,r]$ 的量級差很大，我們肯定會猜想一段時間內選擇吃奶酪的老鼠是一樣，套路地考慮離散化。

將 $n$ 個奶酪的出現、消失時間放進時間軸 $ti[]$ 中。

有序化，將時間軸割裂成若干段不相交且并集為全集的的小區間，一段時間一段時間地考慮。

像這種貪心貪不動，$dpp$ 不動的題目，我們就可以往網絡流上靠了 。

其實是感覺是個網絡流那它多半就是網絡流。

現在就當大家已經想(猜)到這是道網絡流了。

這道題問題就在于如何建立一個和原問題等價的網絡流。

滿足：任一時刻，一只老鼠最多吃一塊奶酪，一塊奶酪最多被一只老鼠吃。

因為網絡流是同時多路徑流，所以我們很難在網絡流上面直觀理解一對一。

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本版塊是對建圖的描述。

剛開始，很容易想到。$s,t$ 源匯點，$1～n$ 的奶酪，源點 $s$ 分別與這 $n$ 塊奶酪連邊，容量為對應奶酪的大小 $p$。

然后后面就開始 尼瑪 神起來了。

• 首先要將老鼠按吃的 速度從大到小 排序，最后面插個速度 $0$，再 差分 一下，得到新的速度序列 $\{v\}$。

  $\text{e.g.}:5429\to 95420\to 4122$。

  后面建圖部分的第 $i$ 個老鼠點若未明確指出原老鼠 / 差分老鼠，則均指已經差分后的第 $i$ 個老鼠點。

差分過后，按劃分的每個時間段重復以下的操作：

假設這個時間段 $j$ 的長度為 $time=ti[j+1]?ti[j]$。

• 枚舉 $1～m$ 老鼠，給其一個新編號 $tot++$，與匯點連邊。

  第 $i$ 個老鼠連邊容量為 $v_i?i?\text{time}$。

  你肯定會疑惑這個容量太奇怪了。但先別著急。

  看圖：

  $v_i?i:$ 差分值乘上它的差分數組內的編號。

  我們觀察得到，假設差分數組為 $d$，原數組為 $o$，則有 $\sum d_i?i=\sum o_i$。

  那么乘上 $time$ 就是這個老鼠點在這個時間段能吃的奶酪限制。

  這個差分相當于將原老鼠切成了若干塊，按相同塊分類合并。

  這個在差分數組內的編號 $i$ 意思就是有 $i$ 只原老鼠能劃分出這個 $v[i]$ 塊，統稱一只差分老鼠。

• 枚舉 $1～n$ 奶酪，對完全在這個時間段出現的奶酪繼續操作：

  與每個老鼠連邊，容量 $v_i?time$。

  表示一只老鼠最多在一塊奶酪上付出的努力。

  看圖：

你可以將不同顏色的藍線當作坐標軸的 $x,y$ 基準軸，然后劃分出每個速度老鼠小方格，一個小方格一個小方格地分配。

從上往下從左往右第 $(x,y)$ 的方格可以理解為該時間段會有第 $y$ 只原老鼠吃掉第 $x$ 個奶酪的 $v_y?time$ 大小的部分。

每個奶酪會分配到某些行中的一個小方格，然后拼湊出來，相當于是吃掉了這個奶酪的一部分。

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本板塊是證明此種 奇怪神奇但是對的 網絡流建圖方式不會出現不合法的情況，即不存在某一時刻一只老鼠同時吃多個奶酪 / 一個奶酪同時被多只老鼠吃。

PS：本版塊若未強調差分老鼠，則均指是原老鼠。

• 先證明不存在一只老鼠同時吃多個奶酪的情況。

  假設排序后第 $k$ 只老鼠在該時間段吃了 $x$ 塊奶酪，第 $i$ 塊奶酪吃了時間 $t_i$。

  如果 $(\sum t_i)>time$，則表示存在一只老鼠同時吃多個奶酪（不合法）。

  首先第 $k$ 個差分老鼠至少產生的流量都是 $(\sum t_i)?v_k$，而容量為 $v_k?k?time$。

  此時有兩種情況：

  • 有速度更快的老鼠能夠幫吃超額部分（引起老鼠必須同時吃奶酪的部分），那么就可以分擔。

    就不會存在 $(\sum t_i)>time$。（也就是說看似不合法的流法可以通過調整變成合法流法）

  • 不能幫吃完所有超額部分。那么這些更快的老鼠肯定是吃過了，也就是它們在這個時間段每時每刻都在吃。

    在差分上會體現成前 $k?1$ 個差分老鼠對 $k$ 差分老鼠造成流量負擔，加上原本流量，$(\sum t_i)?v_k+(k?1)?v_k?time=k?v_k?time+v_k?((\sum t_i^{\prime })?time)>k?v_k?time$，即流量大于容量，顯然不可能，所以在網絡流圖上不可能跑成這樣。（如果調整不了那么一開始就不可能跑成這種情況）

• 再證明不存在一個 $i$ 奶酪同時被多只老鼠吃的情況。

  假設有 $x$ 只老鼠吃了該奶酪，吃了時間 $t_i$。

  如果 $(\sum t_i)>tim$ 則表示存在一個奶酪同時被多只老鼠吃。

  由于排名靠前的老鼠會對排名靠后的老鼠造成影響。即吃了同一個奶酪的 排名最后面的 老鼠流量為 $(\sum t_i)?v_k>t_i?v_k$（奶酪向每個差分老鼠的連邊容量）。

  也不存在跑出這種情況的可能。

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在建圖板塊，是從差分到原來；而在證明板塊，是從原來到差分?？啥嗨伎家幌?。

因為這個建圖是差分后的建圖，所以如果要輸出方案（即還原每只老鼠吃的時間）很有可能遇到差分還原后某只老鼠的時間是負數。
還原方法就是第一只差分老鼠的流量 $/v$ 就是時間，然后把編號比它大的所有差分老鼠減去這個老鼠造成的流量貢獻，以此類推。
網絡流的流法很多種，我們只是知道最后流滿沒有。所以有可能某種流法看上去是不對的，但是它一定可以被調整成一種合法流法（優先滿足編號小的差分老鼠）。
所以考察輸出方案的話就顯得不可做了。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define maxn 100000 #define maxm 500000 #define eps 1e-6 #define inf 1e9int s, t, cnt, T, n, m; int head[maxn], cur[maxn], dep[maxn]; struct edge { int to, nxt; double flow; }E[maxm]; namespace NetworkFlow {queue < int > q;void init() { s = 0, t = n * m * 2 + 1, cnt = -1, memset( head, -1, sizeof( head ) ); }void addedge( int u, int v, double w ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0 }, head[v] = cnt;}bool bfs() {memset( dep, 0, sizeof( dep ) );memcpy( cur, head, sizeof( head ) );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].to;if( ! dep[v] and E[i].flow > eps ) {dep[v] = dep[u] + 1;q.push( v );}}}return dep[t];}double dfs( int u, double cap ) {if( u == t or cap < eps ) return cap;double flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to; cur[u] = i;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {double w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( w < eps ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( cap < eps ) break;}}return flow;}double dinic() {double ans = 0;while( bfs() ) ans += dfs( s, inf );return ans;} }struct node { double p, l, r; }c[maxn]; double v[maxn], ti[maxn]; double sum; bool check( double delta ) {NetworkFlow :: init();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {NetworkFlow :: addedge( s, i, c[i].p );ti[i] = c[i].l, ti[i + n] = c[i].r + delta;}sort( ti + 1, ti + (n << 1 | 1) );int tot = n;for( int i = 1;i <= m;i ++ )for( int j = 1;j < (n << 1);j ++ ) {if( ti[j + 1] - ti[j] < eps ) continue;tot ++, NetworkFlow :: addedge( tot, t, ( ti[j + 1] - ti[j] ) * v[i] * i );for( int k = 1;k <= n;k ++ )if( c[k].l <= ti[j] and ti[j + 1] <= delta + c[k].r )NetworkFlow :: addedge( k, tot, ( ti[j + 1] - ti[j] ) * v[i] );}return sum - NetworkFlow :: dinic() < eps; }signed main() { scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lf %lf %lf", &c[i].p, &c[i].l, &c[i].r );sum = 0; for( int i = 1;i <= n;i ++ ) sum += c[i].p;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lf", &v[i] );sort( v + 1, v + m + 1, []( int x, int y ) { return x > y; } ); for( int i = 1;i < m;i ++ ) v[i] = v[i] - v[i + 1];double l = 0, r = 5e7, ans;while( l + eps < r ) {double mid = ( l + r ) / 2;if( check( mid ) ) ans = mid, r = mid;else l = mid;}printf( "%.4f\n", ans );}return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[ZJOI2010] 贪吃的老鼠（二分+差分+神仙建图网络流）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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