ARC125E - Snack （网络流）

题面

有

N

N

N 种糖果，

M

M

M 个小孩子，第

i

i

i 种糖果有

A

i

A_i

Ai​ 个，第

i

i

i 个孩子不能有超过

B

i

B_i

Bi​ 个同种类型的糖果，第

i

i

i 个孩子的糖果总数不能超过

C

i

C_i

Ci​ 。

合理分配糖果，问能分配出去的最大糖果数。

N

,

M

≤

2

e

5

N,M\leq 2e5

N,M≤2e5 。

题解

不难想到，这就是最大流啊！

可是我们完全没法建图，更是跑不过。

那，模拟最大流？

您可以试试，不过我们这道题的正解是用最大流最小割定理。

最大流等于最小割，此题最大流不好求，我们就求最小割。

一共有三类边，一类是源点连向每种糖果的边，权值为

A

i

A_i

Ai​ ，第二类是糖果和孩子之间的连边，孩子的每条入边边权都是

B

i

B_i

Bi​ ，第三类是孩子连向汇点的边，边权为

C

i

C_i

Ci​ 。

我们割掉一些边使得源点到不了汇点，可以逐个考虑。首先，糖果之间的顺序不重要，我们先把糖果按

A

i

A_i

Ai​ 从小到大排个序，割掉的边一定是个前缀。我们枚举割掉多少边，对应就已经有多少种糖果和源点不连通了，剩下的糖果，设一共有

X

X

X 种，要保证割掉第二类或第三类边后不与汇点连通。由于我们知道每种糖果与每个孩子都是存在边的，因此剩下的就是对于每个小孩子，独立地选择是割掉自己连向汇点的边（

C

i

C_i

Ci​），还是割掉从源点连过来的边（

X

⋅

B

i

X\cdot B_i

X⋅Bi​），选两者的较小值。由于决策是关于

X

X

X 单向变化的（

X

X

X 小到一定程度就不割

C

i

C_i

Ci​ 了），我们可以预处理出每个孩子决策变化时的

X

X

X 值。

时间复杂度

O

(

n

log

⁡

n

)

O(n\log n)

O(nlogn) ，基排可以

O

(

n

)

O(n)

O(n) 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define eps (1e-4)
#define BI bitset<MAXN>
LL read() {
	LL f=1,x=0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {
	if(!x) return ;
	putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
	if(!x) putchar('0');
	else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
	else putpos(x);
}
inline void AIput(LL x,char c) {
	putnum(x); putchar(c);
}
int n,m,s,o,k;
LL a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
vector<int> bu[MAXN];
int main() {
	n = read();m = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		a[i] = read();
	}
	sort(a + 1,a + 1 + n);
	LL sm = 0,sb = 0;
	for(int i = 1;i <= m;i ++) b[i] = read();
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		c[i] = read();
		sm += c[i];
		int le = (int)max(0ll,(LL)n - (c[i]/b[i]));
		if(le <= 0) {
			sm -= c[i];
			sm += n*1ll*b[i];
			sb += b[i];
		}
		else bu[le].push_back(i);
	}
	LL ans = sm;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		sm -= sb;
		sm += a[i];
		for(int j = 0;j < (int)bu[i].size();j ++) {
			int y = bu[i][j];
			sm -= c[y]; sm += (n-i) *1ll* b[y];
			sb += b[y];
		}
		ans = min(ans,sm);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}