E - Flow Gym - 102471E

題意：

n個點，m條邊，從點1到點n有k條相同長度的路徑，每個邊都有對應的容量，你可以進行任意次操作，每次將一個邊的容量-1，將另一個邊的容量+1，問最少操作多少次可以使得跑最大流的結果最大

題解：

很容易發現我們可以直接計算出最大流的最大值，因為我們有所有邊的容量，極端操作我們可以將所有邊的容量全部分配到一條路上，也就是最大流的最大值$sum=\frac{所有流量綜合}{一條路徑的長度}$
如果我們不操作，當前的最大流答案為每條路徑的最小值之和，不過當前這個最大流的答案要比理想的sum小，我們如何通過操作提升到sum？
剛才分析得出，最大流的結果和每一條路徑的最小值有關，那我們就每次操作提升最小值即可。我們將每一條道路上的邊按照容量排序(每條路之間彼此獨立，沒有影響)，然后每一條路徑的最小容量之和，就是當前最大流sum1，sum減sum1就是我們要補的量(也就是操作次數)，補完后我們開始考慮每一條路徑的次小值，之和sum2就是當前最新的網絡流，與sum的差距就是再次要補的量。這樣一直操作，直到最新的網絡流容量大于等于sum
你可能要問我們知道被補的，那誰是被扣除的呢？其實不用管，因為我們已經求了sum，也就是總有操作可以使得最大流到sum，我們每次補可以認為是容量大的一些邊均攤減，我們不需要知道具體的操作方案，只需要知道操作的影響和結果即可

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn=2e5+9; vector<pair<int,ll> >vec[maxn]; vector<ll>v[maxn]; ll ans=0; int main() {//rd_test();int n,m;read(n,m);ll tot=0;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y,w;read(x,y,w);vec[x].push_back({y,w});tot+=w;}int cnt=0;for(int i=0;i<vec[1].size();i++){cnt++;int tmp=vec[1][i].first;v[cnt].push_back(vec[1][i].second);while(tmp!=n){v[cnt].push_back(vec[tmp][0].second);tmp=vec[tmp][0].first;}}for(int i=1;i<=cnt;i++){sort(v[i].begin(),v[i].end());}ll k=m/cnt;ll ave=tot/k;for(int i=0;i<k;i++){ll sum=0;for(int j=1;j<=cnt;j++)sum+=v[j][i];ans+=max(0ll,ave-sum);}cout<<ans<<endl;//Time_test(); }

總結

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