【网络流24题】No.21 （最长 k 可重区间集问题 最长不相交路径 最大费用流）

【】

　　

输入文件示例
input.txt
4 2
1 7
6 8
7 10
9 13

输出文件示例
output.txt
15

【分析】

　　直接co题解好了，写得挺全。。

【建模方法】

方法1

按左端点排序所有区间，把每个区间拆分看做两个顶点<i.a><i.b>，建立附加源S汇T，以及附加顶点S’。

1、连接S到S’一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从S’到每个<i.a>连接一条容量为1，费用为0的有向边。
3、从每个<i.b>到T连接一条容量为1，费用为0的有向边。
4、从每个顶点<i.a>到<i.b>连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。
5、对于每个区间i，与它右边的不相交的所有区间j各连一条容量为1，费用为0的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

方法2

离散化所有区间的端点，把每个端点看做一个顶点，建立附加源S汇T。

1、从S到顶点1（最左边顶点）连接一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从顶点2N（最右边顶点）到T连接一条容量为K，费用为0的有向边。
3、从顶点i到顶点i+1(i+1<=2N)，连接一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
4、对于每个区间[a,b]，从a对应的顶点i到b对应的顶点j连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

【建模分析】

这个问题可以看做是求K条权之和最大的不想交路径，每条路径为一些不相交的区间序列。由于是最大费用流，两条路径之间一定有一些区间相交，可以看做事相交部分重复了2次，而K条路经就是最多重复了K次。最简单的想法就是把区间排序后，不相交的区间之间连接一条边，由于每个区间只能用一次，所以要拆点，点内限制流量。如果我们改变一下思路，把端点作为网络中的顶点，区间恰恰是特定一些端点之间的边，这样建模的复杂度更小。方法1的边数是O(N^2)的，而方法2的边数是O(N)的，可以解决更大规模的问题。

感觉我的数据错了hhh

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 #define Maxn 101000
 #define INF 0xfffffff
 
 struct node
 {
     int x,y,f,o,c,next;
 }t[Maxn*];int len;
 int first[Maxn];
 
 int mymin(int x,int y) {return x<y?x:y;}
 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;}
 
 void ins(int x,int y,int f,int c)
 {
     t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f;t[len].c=c;
     t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+;
     t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=;t[len].c=-c;
     t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-;
 }
 
 int st,ed;
 queue<int > q;
 int dis[Maxn],pre[Maxn],flow[Maxn];
 bool inq[Maxn];
 bool bfs()
 {
     while(!q.empty()) q.pop();
     // memset(dis,-1,sizeof(dis));
     for(int i=;i<=ed;i++) dis[i]=-INF;
     memset(inq,,sizeof(inq));
     q.push(st);dis[st]=;flow[st]=INF;inq[st]=;
     while(!q.empty())
     {
         int x=q.front();
         for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>)
         {
             int y=t[i].y;
             if(dis[y]<dis[x]+t[i].c)
             {
                 dis[y]=dis[x]+t[i].c;
                 pre[y]=i;
                 flow[y]=mymin(flow[x],t[i].f);
                 if(!inq[y])
                 {
                     inq[y]=;
                     q.push(y);
                 }
             }
         }
         inq[x]=;q.pop();
     }
     if(dis[ed]>-INF) return ;
     return ;
 }
 
 void output()
 {
     for(int i=;i<=len;i+=)
      printf("%d->%d %d %d\n",t[i].x,t[i].y,t[i].f,t[i].c);
     printf("\n");
 }
 
 int max_flow()
 {
     int ans=,sum=;
     while(bfs())
     {
         sum+=dis[ed]*flow[ed];
         ans+=flow[ed];
         int now=ed;
         while(now!=st)
         {
             t[pre[now]].f-=flow[ed];
             t[t[pre[now]].o].f+=flow[ed];
             now=t[pre[now]].x;
         }
     }
     return sum;
 }
 
 struct hp
 {
     int x,id;
 }tt[Maxn];int tl=;
 int nx[Maxn],ny[Maxn],ln[Maxn];
 
 bool cmp(hp x,hp y) {return x.x<y.x;}
 
 void init()
 {
     int n,k;
     scanf("%d%d",&n,&k);
     len=;
     memset(first,,sizeof(first));
     int mx=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         int x,y;
         // scanf("%d%d",&x,&y);
         // ins(x,y,1,y-x);
         scanf("%d%d",&nx[i],&ny[i]);
         ln[i]=ny[i]-nx[i];
         tt[++tl].x=nx[i];tt[tl].id=i;
         tt[++tl].x=ny[i];tt[tl].id=i+n;
         // mx=mymax(mx,y);
     }
     sort(tt+,tt++tl,cmp);
     int pp=;
     int now=tt[].x;tt[].x=;
     for(int i=;i<=tl;i++)
     {
         if(tt[i].x!=now) pp++,now=tt[i].x;
         tt[i].x=pp;
     }
     for(int i=;i<=tl;i++)
     {
         if(tt[i].id>n) ny[tt[i].id-n]=tt[i].x;
         else nx[tt[i].id]=tt[i].x;
     }
     for(int i=;i<=n;i++) ins(nx[i],ny[i],,ln[i]);
     mx=pp;
     st=mx+;ed=st+;
     ins(st,,k,);
     for(int i=;i<mx;i++) ins(i,i+,k,);
     ins(mx,ed,k,);
 }
 
 int main()
 {
     init();
     // output();
     int ans;
     ans=max_flow();
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

2016-11-08 07:26:58