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题意:一商店二十四小时营业,但每个时间段需求的出纳员不同,现有n个人申请这份工作,其可以从固定时间t连续工作八个小时,问在满足需求的情况下最小需要多少个出纳

一道十分经典的差分约束题目,在构图上稍有难度

为避免负数,时间计数1~24。

令:

r[i]表示i时间需要的人数 (1<=i<=24)

num[i]表示i时间应聘的人数 (1<=i<=24)

x[i]表示i时间录用的人数 (0<=i<=24),其中令x[0]=0

再设s[i]=x[0]+x[1]+……+x[i] (0<=i<=24),

由题意,可得如下方程组:

(1) s[i]-s[i-8]>=R[i] (8<=i<=24)

(2) s[i]-s[16+i]>=R[i]-s[24] (1<=i<=7)

(3) s[i]-s[i-1]>=0 (1<=i<=24)

(4) s[i-1]-s[i]>=-T[i] (1<=i<=24)

这样就得到了四个相同形式的大于等于方程组,我们只需要枚举s[24]即可处理。可以使用二分优化。

ps:对于A-B>=C的方程,即连一条从B至A的权值为C的有向边。

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define REP(A,X) for(int A=0;A<X;A++)
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
#define MAXN 10010
struct node{
int v,d,next;
}edge[MAXN];
int head[];
int inihead[];
int e=;
void init()
{
e=;
REP(i,)head[i]=-;
}
void add_edge(int u,int v,int d)
{
edge[e].v=v;
edge[e].d=d;
edge[e].next=head[u];
head[u]=e;
e++;
}
int dis[MAXN];
int vis[MAXN];
int cnt[MAXN];
int r[MAXN];
int num[MAXN];
int spfa(int mid){
REP(i,)vis[i]=;
REP(i,)dis[i]=-INF;
REP(i,)cnt[i]=;
queue<int>q;
q.push();
vis[]=;
cnt[]++;
dis[]=;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i!=-;i=edge[i].next)
{
int y=edge[i].v;
int d=edge[i].d;
if(dis[y]<dis[x]+d)
{
dis[y]=dis[x]+d;
if(!vis[y])
{
q.push(y);
vis[y]=;
cnt[y]++;
if(cnt[y]>)return false;
}
}
}
vis[x]=;
}
return ; } int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("in.in","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
REP(i,)scanf("%d",&r[i+]);
int n;
int a;
scanf("%d",&n);
REP(i,)num[i+]=;
REP(i,n){
scanf("%d",&a);
num[a+]++;
}
init();
for(int i=;i<=;i++){
if(i>)add_edge(i-,i,r[i]);
add_edge(i,i-,-num[i]);
add_edge(i-,i,);
}
int tempe=e;
REP(i,)inihead[i]=head[i];
int x=,y=n;
int ans=INF;
while(x<y)
{
e=tempe;
int mid=(x+y)/;
REP(i,) head[i]=inihead[i];
for(int i=;i<;i++) add_edge(i+,i,r[i]-mid);
add_edge(,,mid);
if(spfa(mid)){
y=mid;
ans=min(mid,ans);
}
else{
x=mid+;
}
}
if(ans>n)printf("No Solution\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return ;
}

代码君

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