「6月雅礼集训 2017 Day2」C
【题目大意】
有一棵n个点的完全二叉树,边权均为1,每个点有小鸟容量c[i]
依次来了m只小鸟,第i只小鸟初始位置在pos[i]上,问来了x只小鸟的时候,怎样安排小鸟的路线可以使得小鸟移动的边权和最小,且每个点的小鸟个数不超过小鸟容量。
n,m<=3*10^5
【题解】
一眼看过去费用流
有两种方法
1. 我们对每次来小鸟都新建二分图,S->小鸟容量剩余的点,小鸟容量不够的点->T,互相连边即可。
复杂度O(n^3 + n * MinCostFlow)
2. 我们对于整棵树建一张图,每次相当于多连了一条边,跑一边spfa增广即可。
复杂度O(n * MinCostFlow)
考场写第一种啊。。qwq
那么考虑第二种,我们模拟spfa的增广过程,显然是选一条最短路来增广。
由于完全二叉树,树高log,我们可以枚举这只小鸟要迁到的点和pos的LCA,然后顺便维护子树内到这个点的最小值即可。
每次选出一条路,就把这条路上模拟退流、流边、流反向边等等操作
然后就能过了,由于完全二叉树,操作都是log的。
总复杂度O(nlogn)
- # include <stdio.h>
- # include <string.h>
- # include <iostream>
- # include <algorithm>
- using namespace std;
- typedef long long ll;
- typedef unsigned long long ull;
- typedef long double ld;
- # define RG register
- # define ST static
- const int M = 3e5 + ;
- const int mod = , inf = 1e9;
- int n, m, d[M], id[M], f[M][], c[M];
- # define ls (x<<)
- # define rs (x<<|)
- inline void gs(int x) {
- d[x] = inf;
- if(c[x]) d[x] = , id[x] = x;
- if(ls <= n && d[ls] + (f[ls][] ? - : ) < d[x]) d[x] = d[ls] + (f[ls][] ? - : ), id[x] = id[ls];
- if(rs <= n && d[rs] + (f[rs][] ? - : ) < d[x]) d[x] = d[rs] + (f[rs][] ? - : ), id[x] = id[rs];
- }
- int main() {
- // freopen("C.in", "r", stdin);
- // freopen("C.out", "w", stdout);
- cin >> n >> m;
- for (int i=; i<=n; ++i) scanf("%d", &c[i]);
- for (int i=n; i; --i) gs(i);
- ll ans = ;
- for (int i=, x; i<=m; ++i) {
- scanf("%d", &x);
- int cnt = , pmi = inf, pid = ;
- for (int par=x; par; par>>=) {
- if(d[par] + cnt < pmi) pmi = d[par] + cnt, pid = par;
- cnt += (f[par][] ? - : );
- }
- ans += pmi;
- // cout << "pid = " << pid << " pmi = " << pmi << ", id = " << id[pid] << endl;
- c[id[pid]] --;
- for (int y=id[pid]; y!=pid; y>>=) if(f[y][]) --f[y][]; else ++f[y][];
- for (int y=x; y!=pid; y>>=) if(f[y][]) --f[y][]; else ++f[y][];
- for (int y=id[pid]; y!=pid; y>>=) gs(y);
- for (int y=x; y!=pid; y>>=) gs(y);
- for (int y=pid; y; y>>=) gs(y);
- printf("%lld\n", ans);
- }
- return ;
- }
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