Luogu P2570 [ZJOI2010]贪吃的老鼠
题目描述
奶酪店里最近出现了\(m\)只老鼠！它们的目标就是把生产出来的所有奶酪都吃掉。奶酪店中一天会生产\(n\)块奶酪，其中第\(i\)块的大小为\(pi\)，会在第\(ri\)秒被生产出来，并且必须在第\(di\)秒之前将它吃掉。第j只老鼠吃奶酪的速度为\(sj\)，因此如果它单独吃完第i快奶酪所需的时间为\(pi/sj\)。老鼠们吃奶酪的习惯很独特，具体来说：
(1) 在任一时刻，一只老鼠最多可以吃一块奶酪；
(2) 在任一时刻，一块奶酪最多被一只老鼠吃。
由于奶酪的保质期常常很短，为了将它们全部吃掉，老鼠们需要使用一种神奇的魔法来延长奶酪的保质期。将奶酪的保质期延长\(T\)秒是指所有的奶酪的\(di\)变成\(di+T\)。同时，使用魔法的代价很高，因此老鼠们希望找到最小的T使得可以吃掉所有的奶酪。
输入格式：
输入文件的第一行包含一个整数\(K\)，表示输入文件中数据的组数。
每组数据的第一行包含两个整数\(n\)和\(m\)，分别表示奶酪和老鼠的数量。接下来的\(n\)行每行包含三个整数\(pi,ri,di\)。最后m行每行包含一个整数，表示\(sj。pi,ri,di,sj\)的含义如上文所述。
输出格式：
包含\(K\)行，每行包含一个实数，表示你找到的最小的\(T\)。你的答案和标准答案的绝对误差不应超过\(10?4\)。
数据范围
100%的数据中，\(1≤K≤5,1≤n,m≤30,1≤pi≤10^5, 0 ≤ri<di≤10^7,1≤sj≤10^5。\)
二分答案后跑最大流检验。
首先我们不考虑第\(2\)个限制。先把所有的时间点离散化，假设有\(k\)个时间段，然后我们将每只老鼠拆成\(k\)个点。从源点连到每个点，容量为\(s_i*len\)。第\(i\)只老鼠在这个时间段的吃奶酪上限为\(s_i*len\)，所以就满足了第一个限制。每个奶酪与在\(r_i\)到\(d_i\)之间的时间段连边，然后再连向汇点，容量为\(p_i\)。
现在要考虑第\(2\)个限制。大致思路不变，只是我们要进行一些巧妙（根本想不到）的变换。将所有老鼠按\(s\)排序。第\(i\)只老鼠的新的速度为差分\(t_i=s_i-s_{i-1}\)。第\(i\)个老鼠的第\(j\)个时间点与源点之间的边的容量为\(s_i*len*(n-i+1)\)。其他不变。首先所有老鼠在某个时间段的吃奶酪数量总和不变，然后我们考虑对第\(i\)个奶酪，它在某个时间段内被吃的总量上限为\(len*\sum t_i=len*s_n\)，也就是速度最快的那只老鼠。所以对于一个最大流，我们也可以构造出一个合法的情况。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 35
#define eps 1e-6
using namespace std;
inline int Get() {
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while('0'<=ch&&ch<='9') {
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x;
}
int n,m;
struct cheese {
int p,r,d;
}ch[N];
int eat[N];
struct road {
int to,nxt;
double flow;
}s[N*N*N*10];
int h[N*N<<1],cnt;
double totflow;
void Init() {
memset(h,0,sizeof(h));
cnt=1;
}
void add(int i,int j,double f) {
s[++cnt]=(road) {j,h[i],f};h[i]=cnt;
s[++cnt]=(road) {i,h[j],0};h[j]=cnt;
}
int S,T;
queue<int>q;
int dis[N*N<<1];
bool vis[N*N<<1];
bool dinic_bfs() {
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[S]=0;
q.push(S);
while(!q.empty()) {
int v=q.front();
q.pop();
vis[v]=0;
for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {
int to=s[i].to;
if(s[i].flow>eps&&dis[to]>dis[v]+1) {
dis[to]=dis[v]+1;
if(!vis[to]) {
vis[to]=1;
q.push(to);
}
}
}
}
return dis[T]<1e9;
}
double dfs(int v,double maxf) {
if(v==T) return maxf;
double ret=0;
for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {
int to=s[i].to;
if(s[i].flow>eps&&dis[to]==dis[v]+1) {
double dlt=dfs(to,min(maxf,s[i].flow));
s[i].flow-=dlt;
s[i^1].flow+=dlt;
ret+=dlt;
maxf-=dlt;
if(maxf<eps) break;
}
}
return ret;
}
double dinic() {
double ans=0;
while(dinic_bfs()) {
while(1) {
double tem=dfs(S,1e9);
if(tem<eps) break;
ans+=tem;
}
}
return ans;
}
vector<double>tim;
bool chk(double ans) {
Init();
tim.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) {
tim.push_back(ch[i].r);
tim.push_back(ch[i].d+ans);
}
sort(tim.begin(),tim.end());
tim.resize(unique(tim.begin(),tim.end())-tim.begin());
int tot=m*(tim.size()-1);
T=tot+n+1;
int now=0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
for(int j=0;j<tim.size()-1;j++) {
now++;
add(S,now,min(totflow,(double)eat[i]*(tim[j+1]-tim[j])*(m-i+1)));
for(int k=1;k<=n;k++)
if(tim[j]+eps>=ch[k].r&&tim[j+1]<=ch[k].d+ans+eps) add(now,tot+k,min(totflow,(double)eat[i]*(tim[j+1]-tim[j])));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) add(tot+i,T,ch[i].p);
double Flow=dinic();
return fabs(Flow-totflow)<eps;
}
int main() {
int cas=Get();
while(cas--) {
n=Get(),m=Get();
totflow=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
ch[i].p=Get();
ch[i].r=Get();
ch[i].d=Get();
totflow+=ch[i].p;
}
for(int i=1;i<=m;i++) eat[i]=Get();
sort(eat+1,eat+1+m);
double mx=eat[m];
for(int i=m;i>=1;i--) eat[i]-=eat[i-1];
double l=0,r=(double)totflow/mx+1,mid;
while(l+eps<r) {
mid=(l+r)/2.0;
if(chk(mid)) r=mid;
else l=mid+eps;
}
cout<<fixed<<setprecision(5)<<l<<"\n";
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/11053538.html