标签：一个 read ack inf pre 下界 space else 付费
这题也是真恶心……
题目大意是俩公司要运货，每条路有容量上限。然后B公司手里有p个……（技能点？）如果在一条路上放了x个技能点，这条路经过了y个货物，那么B公司就会收x*y的钱。现在要求的是，B公司最大获利和A公司在付费最大时的最小值，和这个问题完全倒过来。
首先有一个结论是B公司一定会把所有技能点一股脑全放在流量最大的那条边上。（贪心显然）注意是当前图上的流量而不是原图容量。那么这个问题就转化成了有上/下界限制的最大最小流。对于第一个问题，我们二分一个流的上界，首先判断这个其实就相当于一个正常的网络流，直接跑dinic即可，然后记录一下是否与一开始跑出来的值是相等的，这样二分求最大值即可。（答案就是当前容量上限的最大值*p）
而对于第二个问题，我们二分流的下界。这个时候就是一个有上下界的网络流，要建立辅助源汇点那一套跑流。不过具体的二分操作依然没变。注意的是，如果在二分过程中，当前的下届大于原来的上界，就直接返回0.最后我们求出最小的下界，然后用它乘以p来更新答案。
但是这题坑点很多的……首先是因为这题重构图很多，注意不能大量用memset。还有就是在head复制的时候不要复制少了，辅助源汇点编号不要小了（因为这题S，T）是给定的……，还有就是这次在判断最小流的时候……删除辅助源汇点最稳妥的做法是把其head设为-1，这样可以保证不会跑到。（不知道为啥，这次如果像以前一样把源汇点直接连的边设为不可走会GG……）
看一下代码吧。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define fr friend inline
#define y1 poj
#define mp make_pair
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second
#define pb push_back
#define I puts("Oops")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 605;
const int N = 40005;
const ll INF = 1e14;
const double eps = 1e-7;
ll read()
{
ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
return ans * op;
}
struct edge
{
ll next,to,from,v;
}e[N<<1];
ll Ti,head[M],cur[M],deg[M],x[N],y[N],z[N],n,m,g,ecnt = -1,S,T,S1,T1,tot,p;
ll dep[M],maxn,st,ed;
queue <ll> q;
void add(int x,int y,ll z)
{
e[++ecnt].to = y;
e[ecnt].next = head[x];
e[ecnt].v = z;
head[x] = ecnt;
}
bool bfs(int s,int t)
{
while(!q.empty()) q.pop();
rep(i,0,n+3) cur[i] = head[i];
memset(dep,-1,sizeof(dep));
dep[s] = 0,q.push(s);
while(!q.empty())
{
int k = q.front();q.pop();
for(int i = head[k];~i;i = e[i].next)
{
if(e[i].v && dep[e[i].to] == -1)
dep[e[i].to] = dep[k] + 1,q.push(e[i].to);
}
}
return dep[t] != -1;
}
ll dfs(int s,int t,ll lim)
{
if(s == t || !lim) return lim;
ll flow = 0;
for(int i = cur[s];~i;i = e[i].next)
{
cur[s] = i;
if(dep[e[i].to] != dep[s] + 1) continue;
ll f = dfs(e[i].to,t,min(lim,e[i].v));
if(f)
{
e[i].v -= f,e[i^1].v += f;
flow += f,lim -= f;
if(!lim) break;
}
}
if(!flow) dep[s] = -1;
return flow;
}
ll dinic(int s,int t)
{
ll maxflow = 0;
while(bfs(s,t)) maxflow += dfs(s,t,INF);
return maxflow;
}
bool checkmax(ll k)
{
memset(head,-1,sizeof(head)),ecnt = -1;
rep(i,1,m) add(x[i],y[i],min(k,z[i])),add(y[i],x[i],0);
ll now = dinic(S,T);
return now == g;
}
ll solvemax()
{
ll L = 0,R = maxn,cur = 0;
while(L <= R)
{
ll mid = (L+R) >> 1;
if(checkmax(mid)) cur = mid,R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
return cur * p;
}
bool checkmin(ll k)
{
memset(head,-1,sizeof(head)),memset(deg,0,sizeof(deg));
ecnt = -1,tot = 0;
rep(i,1,m)
{
if(z[i] < k) return 0;
add(x[i],y[i],z[i] - k),add(y[i],x[i],0);
deg[x[i]] += k,deg[y[i]] -= k;
}
S1 = n + 1,T1 = S1 + 1;
rep(i,1,n)
{
if(deg[i] < 0) add(S1,i,-deg[i]),add(i,S1,0);
else add(i,T1,deg[i]),add(T1,i,0),tot += deg[i];
}
add(T,S,INF),add(S,T,0);
ll now = dinic(S1,T1);
if(now != tot) return 0;
head[S1] = head[T1] = -1;
ll cur = dinic(S,T);
return cur == g;
}
ll solvemin()
{
ll L = 0,R = maxn,cur = 0;
while(L <= R)
{
ll mid = (L+R) >> 1;
if(checkmin(mid)) cur = mid,L = mid + 1;
else R = mid - 1;
}
return cur * (ll)p;
}
int main()
{
Ti = read();
while(Ti--)
{
n = read(),m = read(),S = read() + 1,T = read() + 1,p = read();
memset(head,-1,sizeof(head)),maxn = 0,ecnt = -1;
rep(i,1,m)
{
x[i] = read() + 1,y[i] = read() + 1,z[i] = read();
add(x[i],y[i],z[i]),add(y[i],x[i],0),maxn = max(maxn,z[i]);
}
g = dinic(S,T);
printf("%lld ",solvemax());
printf("%lld\n",solvemin());
}
return 0;
}
标签：一个 read ack inf pre 下界 space else 付费
原文地址：https://www.cnblogs.com/captain1/p/10134851.html
