problem
luogu-P2570
solution
卧槽网络流尼玛神题
首先这个最小延长时间 TTT ,套路地考虑二分,将问题转化为判定性问题。
其次 n,mn,mn,m 和奶酪存在时间 [l,r][l,r][l,r] 的量级差很大,我们肯定会猜想一段时间内选择吃奶酪的老鼠是一样,套路地考虑离散化。
将 nnn 个奶酪的出现、消失时间放进时间轴 ti[]ti[]ti[] 中。
有序化,将时间轴割裂成若干段不相交且并集为全集的的小区间,一段时间一段时间地考虑。
像这种贪心贪不动,dppdp\ pdp p 不动的题目,我们就可以往网络流上靠了 。
其实是感觉是个网络流那它多半就是网络流。
现在就当大家已经想(猜)到这是道网络流了。
这道题问题就在于如何建立一个和原问题等价的网络流。
满足:任一时刻,一只老鼠最多吃一块奶酪,一块奶酪最多被一只老鼠吃。
因为网络流是同时多路径流,所以我们很难在网络流上面直观理解一对一。
本版块是对建图的描述。
刚开始,很容易想到。s,ts,ts,t 源汇点,1∼n1\sim n1∼n 的奶酪,源点 sss 分别与这 nnn 块奶酪连边,容量为对应奶酪的大小 ppp。
然后后面就开始 尼玛 神起来了。
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首先要将老鼠按吃的 速度从大到小 排序,最后面插个速度 000,再 差分 一下,得到新的速度序列 {v}\{v\}{v}。
e.g.:5429→95420→4122\text{e.g.}:5\ 4\ 2\ 9\rightarrow 9\ 5\ 4\ 2\ 0\rightarrow 4\ 1\ 2\ 2e.g.:5 4 2 9→9 5 4 2 0→4 1 2 2。
后面建图部分的第 iii 个老鼠点若未明确指出原老鼠 / 差分老鼠,则均指已经差分后的第 iii 个老鼠点。
差分过后,按划分的每个时间段重复以下的操作:
假设这个时间段 jjj 的长度为 time=ti[j+1]−ti[j]time=ti[j+1]-ti[j]time=ti[j+1]−ti[j]。
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枚举 1∼m1\sim m1∼m 老鼠,给其一个新编号 tot++tot++tot++,与汇点连边。
第 iii 个老鼠连边容量为 vi⋅i⋅timev_i·i·\text{time}vi⋅i⋅time。
你肯定会疑惑这个容量太奇怪了。但先别着急。
看图:
vi⋅i:v_i·i:vi⋅i: 差分值乘上它的差分数组内的编号。
我们观察得到,假设差分数组为 ddd,原数组为 ooo,则有 ∑di⋅i=∑oi\sum d_i·i=\sum o_i∑di⋅i=∑oi。
那么乘上 timetimetime 就是这个老鼠点在这个时间段能吃的奶酪限制。
这个差分相当于将原老鼠切成了若干块,按相同块分类合并。
这个在差分数组内的编号 iii 意思就是有 iii 只原老鼠能划分出这个 v[i]v[i]v[i] 块,统称一只差分老鼠。
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枚举 1∼n1\sim n1∼n 奶酪,对完全在这个时间段出现的奶酪继续操作:
与每个老鼠连边,容量 vi⋅timev_i·timevi⋅time。
表示一只老鼠最多在一块奶酪上付出的努力。
看图:
你可以将不同颜色的蓝线当作坐标轴的 x,yx,yx,y 基准轴,然后划分出每个速度老鼠小方格,一个小方格一个小方格地分配。
从上往下从左往右第 (x,y)(x,y)(x,y) 的方格可以理解为该时间段会有第 yyy 只原老鼠吃掉第 xxx 个奶酪的 vy⋅timev_y·timevy⋅time 大小的部分。
每个奶酪会分配到某些行中的一个小方格,然后拼凑出来,相当于是吃掉了这个奶酪的一部分。
本板块是证明此种 奇怪神奇但是对的 网络流建图方式不会出现不合法的情况,即不存在某一时刻一只老鼠同时吃多个奶酪 / 一个奶酪同时被多只老鼠吃。
PS:本版块若未强调差分老鼠,则均指是原老鼠。
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先证明不存在一只老鼠同时吃多个奶酪的情况。
假设排序后第 kkk 只老鼠在该时间段吃了 xxx 块奶酪,第 iii 块奶酪吃了时间 tit_iti。
如果 (∑ti)>time(\sum t_i)> time(∑ti)>time,则表示存在一只老鼠同时吃多个奶酪(不合法)。
首先第 kkk 个差分老鼠至少产生的流量都是 (∑ti)⋅vk(\sum t_i)·v_k(∑ti)⋅vk,而容量为 vk⋅k⋅timev_k·k·timevk⋅k⋅time。
此时有两种情况:
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有速度更快的老鼠能够帮吃超额部分(引起老鼠必须同时吃奶酪的部分),那么就可以分担。
就不会存在 (∑ti)>time(\sum t_i)>time(∑ti)>time。(也就是说看似不合法的流法可以通过调整变成合法流法)
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不能帮吃完所有超额部分。那么这些更快的老鼠肯定是吃过了,也就是它们在这个时间段每时每刻都在吃。
在差分上会体现成前 k−1k-1k−1 个差分老鼠对 kkk 差分老鼠造成流量负担,加上原本流量,(∑ti)⋅vk+(k−1)⋅vk⋅time=k⋅vk⋅time+vk⋅((∑ti′)−time)>k⋅vk⋅time(\sum t_i)·v_k+(k-1)·v_k·time=k·v_k·time+v_k·\big((\sum t_i')-time\big)>k·v_k·time(∑ti)⋅vk+(k−1)⋅vk⋅time=k⋅vk⋅time+vk⋅((∑ti′)−time)>k⋅vk⋅time,即流量大于容量,显然不可能,所以在网络流图上不可能跑成这样。(如果调整不了那么一开始就不可能跑成这种情况)
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再证明不存在一个 iii 奶酪同时被多只老鼠吃的情况。
假设有 xxx 只老鼠吃了该奶酪,吃了时间 tit_iti。
如果 (∑ti)>tim(\sum t_i)>tim(∑ti)>tim 则表示存在一个奶酪同时被多只老鼠吃。
由于排名靠前的老鼠会对排名靠后的老鼠造成影响。即吃了同一个奶酪的 排名最后面的 老鼠流量为 (∑ti)⋅vk>ti⋅vk(\sum t_i)·v_k>t_i·v_k(∑ti)⋅vk>ti⋅vk(奶酪向每个差分老鼠的连边容量)。
也不存在跑出这种情况的可能。
在建图板块,是从差分到原来;而在证明板块,是从原来到差分。可多思考一下。
因为这个建图是差分后的建图,所以如果要输出方案(即还原每只老鼠吃的时间)很有可能遇到差分还原后某只老鼠的时间是负数。
还原方法就是第一只差分老鼠的流量 /v/v/v 就是时间,然后把编号比它大的所有差分老鼠减去这个老鼠造成的流量贡献,以此类推。
网络流的流法很多种,我们只是知道最后流满没有。所以有可能某种流法看上去是不对的,但是它一定可以被调整成一种合法流法(优先满足编号小的差分老鼠)。
所以考察输出方案的话就显得不可做了。
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;
}