【XSY-Contest2618.Problem A】抢夺

传送门：Problem A: 抢夺

（放不了题面。）

Solution\mathfrak{Solution}Solution

一道很像最大流的费用流。

1

第一眼看过去觉得是分层图。原因：到某个节点时车的状态（第几天）是不同的。

但数据范围明显不让你这么干。

然后就不难想到二分。

二分的明显是天数。

2

如何判断当前天数能否满足题意？

使用增广路来实现。每次找源点和汇点之间的增广路径，因为每走一条路用一天，所以不妨设路径长度都为 1。那么这条增广路的长度就是走这条路所用的天数，记为 disndis_ndisn。它等价于费用流里的费用。

对于每条路径的限制，将它等价于费用流中的流量。那么最后能从源点走此增广路到汇点的流数量即为能同时花 disndis_ndisn 天，走此条增广路到终点的人数，记为 incfnincf_nincfn。

综上，对于一条增广路径而言，假设当前二分出的天数为 midmidmid，有：在 midmidmid 天中，能走这条路到终点的总人数为 (mid−disn+1)×incfn(mid - dis_n +1) \times incf_n(mid−disn+1)×incfn。这个很好理解。

3

二分的 check()check()check() 函数：

对于二分到的一个总天数 midmidmid，我们反复寻找增广路经，每找到一条就用 kkk（总人数）减去能走此增广路经的人总数，若 k≤0k\le 0k≤0，证明 midmidmid 可行。

ACCode\mathfrak{AC Code}ACCode

注意每次 check()check()check() 函数前都要重新建边。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define maxn 2005
#define maxm 10005
#define inf 2147483647int n, m, k;
int cnt = 1, hd[maxn];
struct node{int to, nxt, flw, cst;
}e[maxm];
int ui[maxm], vi[maxm], fi[maxm];
int dis[maxn], incf[maxn];
int pre[maxn];
int l, r;
int s, t;
bool vis[maxn];inline void init()
{l = r = s = t = 0;cnt = 1;
}inline void add(int u, int v, int f)
{e[++cnt] = (node){v, hd[u], f, 1};hd[u] = cnt;e[++cnt] = (node){u, hd[v], 0, -1};hd[v] = cnt;
}inline int read()
{int x = 1, ss = 0;char ch = getchar();while(ch < '0' or ch > '9'){if(ch == '-') x = -1; ch = getchar();}while(ch >= '0' and ch <= '9') ss = ss * 10 + ch - '0', ch = getchar();return x * ss;
}inline bool spfa()
{queue <int> q;rep(i, 0, n + 10) dis[i] = inf;memset(vis, 0, sizeof vis);vis[1] = 1, q.push(1), dis[1] = 0;    incf[1] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();vis[u] = 0;for(int i = hd[u], v; i; i = e[i].nxt){if(!e[i].flw) continue;if(dis[v = e[i].to] > dis[u] + e[i].cst){dis[v] = dis[u] + e[i].cst;incf[v] = min(incf[u], e[i].flw);pre[v] = i;if(!vis[v]) vis[v] = 1, q.push(v);}}}return dis[n] != dis[n + 1];
}inline bool check(int day)
{int tmp = k;while(spfa()){if(day - dis[n] + 1 < 1) return 0;tmp -= (day - dis[n] + 1) * incf[n];if(tmp <= 0) return 1;int x = n, i;while(x != 1){i = pre[x];e[i].flw -= incf[n], e[i ^ 1].flw += incf[n];x = e[i ^ 1].to;}}return 0;
}signed main()
{int u, v, f;while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF){init();rep(i, 1, m) {ui[i] = read() + 1, vi[i] = read() + 1,fi[i] = read();}if(!k){printf("0\n");continue;}l = 0, r = k << 1;int flg = -1;while(l < r){ int mid = l + r >> 1;cnt = 1, memset(hd, 0, sizeof hd);rep(i, 1, m) add(ui[i], vi[i], fi[i]);if(check(mid)) r = flg = mid;else l = mid + 1;}if(~flg) printf("%d\n", flg);else puts("No solution");}return 0;
}

——End\mathfrak{End}End——