problem

luogu-P3980

solution

志愿者连续工作 [ s i , t i ] [s_i,t_i] [si,ti] 天，我们可以提炼出网络流二十四题中《最长k可重区间集问题》的模型。

同样地，把 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 天抽象成一条 1 ∼ n + 1 1\sim n+1 1∼n+1 个点的链条。

源点 s → 1 s\rightarrow 1 s→1 容量无穷费用零， n + 1 → t n+1\rightarrow t n+1→t 汇点容量无穷费用零。
然后 i → i + 1 i\rightarrow i+1 i→i+1 容量 ∞ − a i \infty-a_i ∞−ai 费用零。
对于第 i i i 种志愿者， s i → t i + 1 s_i\rightarrow t_i+1 si→ti+1 容量无穷费用 c i c_i ci。

最后跑最小费用最大流即为答案。

如果无法直接理解这样建图的正确性，可以考虑把网络图中的流量流起来。

如果从 s s s 沿着费用零的边向 t t t 流，由于链条上的边流量为 ∞ − a i \infty-a_i ∞−ai，所以先前 ∞ \infty ∞ 的不能流完。

那么势必要通过有志愿者（花费）的边流。

假设流到了点 i i i，那么剩下不能流过 ( i , i + 1 ) (i,i+1) (i,i+1) 的流量我们得从 i i i 连出去的志愿者边流，并且流一个就要花费 c i c_i ci 的代价。

然后在点 x + 1 x+1 x+1 的时候这些流量又会汇合。

这就相当于招募了从 i i i 开始到 x x x 结束的志愿者。（当然可能有多个 x x x 结束点）

反正到最后 t t t 的时候，流量总和一定会汇聚成从 s s s 开始流的 ∞ \infty ∞。

你可以理解一队人去闯密室逃脱，在一定关卡要进行多人支线任务，需要大部队派一些人去完成，然后主线队继续往下走主线任务，到了一定关卡有些人完成了自己的支线任务可以归队了。最后通关的时候，一定是大家都从主线任务关卡口出来。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2000
#define maxm 50000
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
struct node { int to, nxt, flow, cost; }E[maxm];
int head[maxn], dis[maxn], lst[maxn], vis[maxn], a[maxn];
int cnt = -1, n, m, s, t;
queue < int > q;void addedge( int u, int v, int w, int c ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w, c }; head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0,-c }, head[v] = cnt;
}bool SPFA() {memset( lst, -1, sizeof( lst ) );memset( dis, 0x3f, sizeof( dis ) );q.push( dis[s] = 0 );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( dis[v] > dis[u] + E[i].cost and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + E[i].cost; lst[v] = i;if( ! vis[v] ) vis[v] = 1, q.push( v );}}}return ~ lst[t];
}int MCMF() {int ans = 0;while( SPFA() ) {int flow = inf;for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] )flow = min( flow, E[i].flow );for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) {E[i ^ 1].flow += flow;E[i].flow -= flow;ans += flow * E[i].cost;}}return ans;
}signed main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%lld %lld", &n, &m );s = 0, t = n + 2;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) addedge( i, i + 1, inf - a[i], 0 );addedge( s, 1, inf, 0 );addedge( n + 1, t, inf, 0 );for( int i = 1, u, v, w;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );addedge( u, v + 1, inf, w );}printf( "%lld\n", MCMF() );return 0;
}

solution(流量平衡)

假设共 3 3 3 天，第 i i i 天招募 p i p_i pi 人。

共有三类志愿者：

从第 1 1 1 天工作到第 3 3 3 天，费用为 c 1 c_1 c1，招募了 b 1 b_1 b1 人。
从第 2 2 2 天工作到第 3 3 3 天，费用为 c 2 c_2 c2，招募了 b 2 b_2 b2 人。
从第 1 1 1 天工作到第 2 2 2 天，费用为 c 3 c_3 c3，招募了 b 3 b_3 b3 人。

则有以下不等式：
{ b 1 + b 3 ≥ a 1 b 1 + b 2 + b 3 ≥ a 2 b 1 + b 2 ≥ a 3 \begin{cases} b_1+b_3\ge a_1\\b_1+b_2+b_3\ge a_2\\b_1+b_2\ge a_3 \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧b1+b3≥a1b1+b2+b3≥a2b1+b2≥a3
记第 i i i 天招募的志愿者超出最少要求人数 d i d_i di 人，显然 d i ≥ 0 d_i\ge 0 di≥0。则可改写成以下等式：
{ p 1 = b 1 + b 3 = a 1 + d 1 p 2 = b 1 + b 2 + b 3 = a 2 + d 2 p 3 = b 1 + b 2 = a 3 + d 3 \begin{cases}p_1=b_1+b_3=a_1+d_1\\p_2=b_1+b_2+b_3=a_2+d_2\\p_3=b_1+b_2=a_3+d_3\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧p1=b1+b3=a1+d1p2=b1+b2+b3=a2+d2p3=b1+b2=a3+d3
将相邻两两等式作差后移项整理得：
{ p 1 = b 1 + b 3 = a 1 + d 1 p 2 − p 1 = b 2 − b 3 = a 2 − a 1 + d 2 − d 1 p 3 − p 2 = − b 3 = a 3 − a 2 + d 3 − d 2 − p 3 = − b 1 − b 2 = − a 3 − d 3 ⇒ { p 1 − p 0 = b 1 + b 3 − a 1 − d 1 = 0 p 2 − p 1 = b 2 − b 3 − a 2 + a 1 − d 2 + d 1 = 0 p 3 − p 2 = − b 3 − a 3 + a 2 − d 3 + d 2 = 0 p 4 − p 3 = − b 1 − b 2 + a 3 + d 3 = 0 \begin{cases}p_1=b_1+b_3=a_1+d_1\\p_2-p_1=b_2-b_3=a_2-a_1+d_2-d_1\\ p_3-p_2=-b_3=a_3-a_2+d_3-d_2\\-p_3=-b_1-b_2=-a_3-d_3\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}p_1-p_0=b_1+b_3-a_1-d_1=0\\p_2-p_1=b_2-b_3-a_2+a_1-d_2+d_1=0\\ p_3-p_2=-b_3-a_3+a_2-d_3+d_2=0\\p_4-p_3=-b_1-b_2+a_3+d_3=0 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧p1=b1+b3=a1+d1p2−p1=b2−b3=a2−a1+d2−d1p3−p2=−b3=a3−a2+d3−d2−p3=−b1−b2=−a3−d3⇒⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧p1−p0=b1+b3−a1−d1=0p2−p1=b2−b3−a2+a1−d2+d1=0p3−p2=−b3−a3+a2−d3+d2=0p4−p3=−b1−b2+a3+d3=0
网络流中除了源汇点，其余点都应满足流量平衡，即流入流量等于流出流量；若将流入记为正，流出记为负，则应满足流入流出流量的代数和为 0 0 0。

网络图中一条连接 x , y x,y x,y 的边，在 x , y x,y x,y 的流量平衡等式中各出现一次，且一次为正一次为负。

所以我们可以对上面最后化出的等式每个建立一个点，这个等式表示的就是这个点流量平衡。

再观察最后的等式：

observationⅠ. \text{observationⅠ.} observationⅠ. b i , d i b_i,d_i bi,di 都在恰好两个等式出现，且是一正一负。所以每一个变量 b i , d i b_i,d_i bi,di 都可以作为网络图中的一条边。

observationⅡ. \text{observationⅡ.} observationⅡ. 常量 a i a_i ai 也恰好在两个等式中出现，且是一正一负。为正时表示流入，可以和源点连边；为负时表示流出，可以和汇点连边。

根据作差规则， a i a_i ai 一定是出现在第 i , i + 1 i,i+1 i,i+1 两个等式中，且一定第 i i i 个等式为负，第 i + 1 i+1 i+1 个为正。

常量与源汇点连边，变量表示常量点之间的边跑平衡。

最后答案是 min ⁡ ∑ b i ⋅ c i \min \sum b_i·c_i min∑bi⋅ci ，可以以“费用”的形式表示出来。

简述建图方式：

假设 a 0 = a n + 1 = 0 a_0=a_{n+1}=0 a0=an+1=0。
- 建立源汇点 s , t s,t s,t。
- 建立点 1 ∼ n + 1 1\sim n+1 1∼n+1，代表 n + 1 n+1 n+1 个等式。
- 第 i + 1 i+1 i+1 个点向第 i i i 个点连一条容量无穷，费用为零的边。对应 b i , d i b_i,d_i bi,di 的平衡。
- 第 i i i 类志愿者连边 s i → t i + 1 s_i\rightarrow t_i+1 si→ti+1，容量无穷，费用为 c i c_i ci。
- 对于第 i i i 个点，若 a i − a i − 1 a_i-a_{i-1} ai−ai−1 为正，连边 s → i s\rightarrow i s→i，容量 a i − a i − 1 a_i-a_{i-1} ai−ai−1 费用为零；若为负，连边 i → t i\rightarrow t i→t，容量 a i − 1 − a i a_{i-1}-a_i ai−1−ai 费用为零。相当于等式中的常数项。

实际理解上可以把常数项提到右边：
{ b 1 + b 3 − d 1 = a 1 − a 0 b 2 − b 3 − d 2 + d 1 = a 2 − a 1 − b 3 − d 3 + d 2 = a 3 − a 2 − b 1 − b 2 + d 3 = a 4 − a 3 \begin{cases} b_1+b_3-d_1=a_1-a_0\\ b_2-b_3-d_2+d_1=a_2-a_1\\ -b_3-d_3+d_2=a_3-a_2\\ -b_1-b_2+d_3=a_4-a_3 \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧b1+b3−d1=a1−a0b2−b3−d2+d1=a2−a1−b3−d3+d2=a3−a2−b1−b2+d3=a4−a3
把 a i − a i − 1 a_i-a_{i-1} ai−ai−1 当成第 i i i 个等式的盈亏量，这样你就能理解正负与源汇连边的意义了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2000
#define maxm 50000
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
struct node { int to, nxt, flow, cost; }E[maxm];
int head[maxn], dis[maxn], lst[maxn], vis[maxn], a[maxn];
int cnt = -1, n, m, s, t;
queue < int > q;void addedge( int u, int v, int w, int c ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w, c }; head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0,-c }, head[v] = cnt;
}bool SPFA() {memset( lst, -1, sizeof( lst ) );memset( dis, 0x3f, sizeof( dis ) );q.push( dis[s] = 0 );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( dis[v] > dis[u] + E[i].cost and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + E[i].cost; lst[v] = i;if( ! vis[v] ) vis[v] = 1, q.push( v );}}}return ~ lst[t];
}int MCMF() {int ans = 0;while( SPFA() ) {int flow = inf;for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] )flow = min( flow, E[i].flow );for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) {E[i ^ 1].flow += flow;E[i].flow -= flow;ans += flow * E[i].cost;}}return ans;
}signed main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%lld %lld", &n, &m );s = 0, t = n + 2;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) addedge( i + 1, i, inf, 0 );for( int i = 1, u, v, w;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );addedge( u, v + 1, inf, w );}for( int i = 1;i <= n + 1;i ++ )if( a[i] - a[i - 1] > 0 ) addedge( s, i, a[i] - a[i - 1], 0 );else addedge( i, t, a[i - 1] - a[i], 0 );printf( "%lld\n", MCMF() );return 0;
}

其实流量平衡的建边含义理解还有从线性规划对偶角度出发的。会在《防守战线》中详细说明。

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