正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/P8215

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題目大意

有$2\times n$個(gè)人，第$2\times i?1$和第$2\times i$個(gè)人一組，然后每個(gè)人可以選擇愿不愿意合作，愿意需要付出$c_i$代價(jià)，不愿意是$d_i$代價(jià)，如果兩個(gè)人都愿意，可以選擇合作。如果一個(gè)人選擇愿意另一個(gè)人不愿意，那么愿意的那個(gè)人會(huì)產(chǎn)生$e_i$的代價(jià)。

然后給出$m$對(duì)關(guān)系，然后題目描述開擺了

$1\le n\le 5000,0\le m\le 10000,1\le a_i,b_i,c_i,d_i,e_i\le 10^9$

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解題思路

首先考慮$c,d,e$的貢獻(xiàn)，考慮用最小割。

首先$c,d$要選一個(gè)，所以它們肯定是串在一個(gè)點(diǎn)上的，所以$S\to i\to T$，$S$到$i$的流量為$c$，$i$到$T$的流量為$d$。
然后$e$的貢獻(xiàn)就是一個(gè)選$c$一個(gè)選$d$時(shí)的貢獻(xiàn)，所以我們可以讓$i$連向它的隊(duì)友，流量為$e$，如果$i$選了$c$，它隊(duì)友選了$d$，那么這條$e$的邊也要割。
然后因?yàn)檫€有一個(gè)選擇是否合作，但是要求所有的都選擇$c$的貢獻(xiàn)，所以我們讓新建一個(gè)點(diǎn)$W$，$S\to W$的一條邊表示是否合作（如果連了就表示合作），然后$W$連向同一個(gè)隊(duì)的兩個(gè)點(diǎn)，

那么一個(gè)小組的圖大概就長(zhǎng)這樣

然后考慮后面的貢獻(xiàn)就很麻煩了

這一個(gè)我們可以直接讓$B$所在組的$W$點(diǎn)連接$A$點(diǎn)就行了，如果$A$選了$d$且$B$的合作邊沒被割掉，那么剛好這條路就是通的，也需要被割掉。

至于

這個(gè)貢獻(xiàn)，我們考慮反過(guò)來(lái)處理。
我們發(fā)現(xiàn)$S\to W_i$這條邊還沒有權(quán)值，我們可以先默認(rèn)如果$A$沒有合作就會(huì)產(chǎn)生$a_i$的代價(jià)，然后如果$B$選擇了不愿意，那么就會(huì)少產(chǎn)生$a_i$的貢獻(xiàn)，我們讓$B$的$d$值減去$a_i$。
然后發(fā)現(xiàn)如果此時(shí)$A$沒有合但是$B$不愿意也會(huì)少產(chǎn)生這個(gè)貢獻(xiàn)，我們讓$W_A$連向$B$費(fèi)用為$a_i$，這樣這種情況就不會(huì)少算了。
然后因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$d$可能減到負(fù)數(shù)，我們可以讓所有的$c$和$d$加上一個(gè)大整數(shù)，然后最后統(tǒng)一減去這部分貢獻(xiàn)就好了。

這樣就完美處理完了所有的條件

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define ll long long using namespace std; const ll N=5100*6; struct node{ll to,next,w; }a[N<<4]; ll n,m,s,t,c[N],d[N],e[N],w[N]; ll tot=1,ls[N],dep[N],ans; queue<ll> q; void addl(ll x,ll y,ll w){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;return; } bool bfs(){while(!q.empty())q.pop();memset(dep,0,sizeof(dep));dep[s]=1;q.push(s);while(!q.empty()){ll x=q.front();q.pop();for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){ll y=a[i].to;if(!a[i].w||dep[y])continue;dep[y]=dep[x]+1;if(y==t)return 1;q.push(y);}}return 0; } ll dinic(ll x,ll flow){ll rest=0,k;if(x==t)return flow;for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){ll y=a[i].to;if(!a[i].w||dep[y]!=dep[x]+1)continue;rest+=(k=dinic(y,min(flow-rest,a[i].w)));a[i].w-=k;a[i^1].w+=k;if(rest==flow)return flow;}if(!rest)dep[x]=0;return rest; } signed main() {scanf("%lld%lld",&n,&m);s=3*n+1;t=s+1;for(ll i=1;i<=2*n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&c[i],&d[i],&e[i]);for(ll i=1,x,y,a,b;i<=m;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b);ll A=(x+1)/2,B=(y+1)/2;addl(2*n+B,x,b);w[A]+=a;d[y]-=a;addl(2*n+A,y,a);}for(ll i=1;i<=2*n;i++){addl(s,i,d[i]+1e14);addl(i,t,c[i]+1e14);ll p=(i&1)?(i+1):(i-1);addl(i,p,e[i]);}for(ll i=1;i<=n;i++){addl(s,2*n+i,w[i]);addl(2*n+i,2*i-1,1e18);addl(2*n+i,2*i,1e18);}while(bfs())ans+=dinic(s,1e18);printf("%lld\n",ans-200000000000000ll*n);return 0; }

總結(jié)

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