先说POJ3680：给n个有权（权<10w）开区间（n<200），（区间最多数到10w）保证数轴上所有数最多被覆盖k次的情况下要求总权最大，输出最大权。
思路： 限制的处理：s-->开始流量为k，要求总权最大，即费用最大，所以费用取负，最小费用最大流即可。对于输入区间[a,b]:w，添加边：a-->b,流量为1，费用为-w。
对于点i,i+1，添加边，费用为0，流量无穷。显然这种处理，限制了区间最多取k次，（流量控制），跑最大流能走添加的边尽量走，且越大越好（负数刚刚是最小费用），满足题意。但是TLE，因为w到10W，边10W，必然超时 ，所以点要处理， 所有点“压缩”，向前推进，只要存在的点，前一个向后一个连边即可，详见代码。
再看湘潭的这题： 问题相反：给n个有权（权<10w）开区间（n<2000），（区间最多数到10的9次），保证区间【1-，m】最少被覆盖k次的情况下要求总权最小，输出最小权。
思路：（感激zz1215的建图提示） 限制的处理：显然在出口处流量必需达到k才算有解。对于输入区间[a,b]:w，添加边：a-->b,流量为1，费用为w，但是这样处理，点都是离散的，根本没有体现连续性，
不可能像上题那样建图（否则费用为0），所以：这样：点I向它前一个点连边，费用为0，流量为无穷，这样巧妙的解决了离散点问题。跑最小费用即可。显然，之前要处理点。
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int t=100000;
int n,k;
int e[300001][4];int head[100101];int nume=0;
void inline adde(int from,int to,int w,int c)
{
e[nume][0]=to;e[nume][1]=head[from];head[from]=nume;
e[nume][2]=w;e[nume++][3]=c;
e[nume][0]=from;e[nume][1]=head[to];head[to]=nume;
e[nume][2]=-w;e[nume++][3]=0;
}
int inq[111005];int d[110000]; //spfa
bool spfa(int & sumcost) //每次求费用
{
int pre[110005];
int minf=inf;
int prv[110005];
for(int i=0;i<=t+1;i++)
{
inq[i]=0;d[i]=inf;
}
pre[0]=-1 ; prv[0]=-1; //路径中，分别记录到点i的边，和i之前的点。（这题如果用矩阵建图要方便）
queue<int>q;
q.push(0);inq[0]=1;d[0]=0;
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();
q.pop();
inq[cur]=0;
for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
{
int v=e[i][0];
if(e[i][3]>0&&e[i][2]+d[cur]<d[v])
{
d[v]=e[i][2]+d[cur];
prv[v]=cur; //记录增广路
pre[v]=i;
if(!inq[v])
{
q.push(v);
inq[v]=1;
}
}
}
}
if(d[t+1]==inf)return 0; //无法增广
int cur=t+1; //目的点
while(cur!=0) //取路径上最小残流量边作为流量增广
{
minf=e[pre[cur]][3]<minf?e[pre[cur]][3]:minf;
cur=prv[cur];
}
cur=t+1;
while(cur!=0) //增广，改流量
{
e[pre[cur]][3]-=minf;
e[pre[cur]^1][3]+=minf;
cur=prv[cur];
}
sumcost+=d[t+1]*minf; //费用为单位费用（该路径下每条边单位流量之和）*流量
return 1;
}
void mincost(int & sumcost)
{
while(spfa(sumcost)) ; //无法增广为止
return ;
}
int hash[100011];
void clear()
{
nume=0;
for(int i=0;i<=t+1;i++)
{
hash[i]=head[i]=-1;
}
}
struct qujian
{
int a,b,w;
};
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
for(int ii=1;ii<=T;ii++)
{
clear();
cin>>n>>k;
int a,b,w;
vector<qujian>qq(n);
vector<int>v;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
hash[a]=hash[b]=1;
qq[i].a=a;qq[i].b=b;qq[i].w=w;
adde(a,b,-w,1);
}
for(int i=0;i<100010;i++) //处理“存在”的点
if(hash[i]==1)
{
v.push_back(i);
}
for(int i=0;i<v.size()-1;i++) //“存在”的点连边
{
adde(v[i],v[i+1],0,k);
}
adde(v[v.size()-1],t,0,k); //超级源汇点的边
adde(0,v[0],0,k);adde(t,t+1,0,k);
int sumcost=0;
mincost(sumcost);
cout<<-sumcost<<endl; //相反数
}
return 0;
}
湘潭：
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,k,m;
int countv=0;
int f[4009];
void getf(int x) // 把点1到10的9次（最多4000个点），压缩到4000以内，一一对应，以便建图。
{
if(x>m){f[countv]=x;return ;} //大于m的数没用，相当于m。
countv++;
f[countv]=x;
}
int getv(int x) //获取对应点
{
if(x>=m){return countv;}
for(int i=1;i<=countv;i++)
{
if(f[i]==x)return i;
}
}
int e[20001][4];int head[4005];int nume=0;
void inline adde(int from,int to,int w,int c)
{
e[nume][0]=to;e[nume][1]=head[from];head[from]=nume;
e[nume][2]=w;e[nume++][3]=c;
e[nume][0]=from;e[nume][1]=head[to];head[to]=nume;
e[nume][2]=-w;e[nume++][3]=0;
}
int inq[4005];int d[4005]; //spfa
bool spfa(int & sumcost,int &sumflow) //每次求费用
{
int pre[4005];
int minf=inf;
int prv[4005];
for(int i=0;i<=countv+4;i++)
{
inq[i]=0; d[i]=inf;
}
pre[0]=-1 ; prv[0]=-1; //路径中，分别记录到点i的边，和i之前的点。（这题如果用矩阵建图要方便）
queue<int>q;
q.push(0);inq[0]=1;d[0]=0;
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();
q.pop();
inq[cur]=0;
for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
{
int v=e[i][0];
if(e[i][3]>0&&e[i][2]+d[cur]<d[v])
{
d[v]=e[i][2]+d[cur];
prv[v]=cur; //记录增广路
pre[v]=i;
if(!inq[v])
{
q.push(v);
inq[v]=1;
}
}
}
}
if(d[countv+1]==inf)return 0; //无法增广
int cur=countv+1; //目的点
while(cur!=0) //取路径上最小残流量边作为流量增广
{
minf=e[pre[cur]][3]<minf?e[pre[cur]][3]:minf;
cur=prv[cur];
}
cur=countv+1;
while(cur!=0) //增广，改流量
{
e[pre[cur]][3]-=minf;
e[pre[cur]^1][3]+=minf;
cur=prv[cur];
}
sumcost+=d[countv+1]*minf; //费用为单位费用（该路径下每条边单位流量之和）*流量
sumflow+=minf;
return 1;
}
void mincost(int & sumcost,int & sumflow)
{
while(spfa(sumcost,sumflow)) ; //无法增广为止
return ;
}
void clear()
{
nume=countv=0;
for(int i=0;i<=4003;i++)
{
head[i]=-1;
f[i]=0;
}
}
struct qujian
{
int a,b,w;
};
int main()
{
int T;
cin>>T;
for(int ii=1;ii<=T;ii++)
{
clear();
cin>>n>>k>>m;
int a,b,w;
vector<int>v;
vector<qujian>qq(n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a>>b>>w;
v.push_back(a);
v.push_back(b);
qq[i].a=a;qq[i].b=b;qq[i].w=w;
}
sort(v.begin(),v.end()); //从小到大处理点
for(int i=0;i<v.size();i++)
{
getf(v[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
int t1=getv(qq[i].a);
int t2=getv(qq[i].b);
adde(t1,t2,qq[i].w,1); //注意点：若使用adde(getv(a),getv(b),w,1)参数是从右往左开始赋值传递的！！！
}
for(int i=1;i<countv;i++)
{
adde(i+1,i,0,inf); //注意点：若使用adde(getv(a),getv(b),w,1)参数是从右往左开始赋值传递的！！！
}
adde(0,1,0,inf);adde(countv,countv+1,0,k);
int sumcost=0; int sumflow=0;
mincost(sumcost,sumflow);
cout<<"Case "<<ii<<": ";
if(sumflow!=k) //到不了k，无解
{
cout<<-1<<endl;
}
else
{
cout<<sumcost<<endl;
}
}
return 0;
}
2014湘潭全国邀请赛I题 Intervals /POJ 3680 / 在限制次数下取有权区间使权最大/小问题（费用流）
时间： 2024-09-30 14:49:25