P4480 「BJWC2018」「网络流与线性规划24题」餐巾计划问题

刷了n次用了奇淫技巧才拿到rk1，亥

这道题是网络流二十四题中「餐巾计划问题」的加强版。

于是怀着试一试的心情用费用流交了一发：

哇塞，过了9个点！（强烈谴责出题人用*造数据

下面是费用流解法简述：

那么我们把每一天拆为早上和晚上两个点，设为 day_i,night_i 。

首先可以人为地规定一点：对一块餐巾，我们要么在其脏了之后立即送洗，要么买一块新干净餐巾来代替它。

然后对于每一个操作，我们可以如下连边：

对于买新干净餐巾：我们可以视作从源点买餐巾，从 s 向 day_i 连边即可

对于送慢洗部：从 night_i 向 day_{i+n} 连边，流量为 inf ,费用为 f。

对于送快洗部：从 night_i 向 day_{i+m} 连边，流量为 inf ,费用为 s。

但是我们注意到，可能存在某一天的干净餐巾冗余。

于是我们要从 day_i 向 day_{i+1} 连一条费用为零，流量为 inf 的单向边。

如何保证每天刚好只用 r_i 块餐巾？

将其拆成两个板块：

从 day_i 向 t 连边，流量为 r_i，费用为 0。

从 s 向 night_i 连边，流量为 r_i，费用为 0。

优化无果，于是猜想可以不用费用流。

首先无论餐巾是最开始一起买还是需要用时再买，不会影响最终的答案。

那么如果我们已经确定了要买的新餐巾的张数，那么是否可以确定一种唯一的方案使得总花费最小呢？

不难得到有这样一种贪心策略：

在能够用新餐巾的时候，尽量使用新餐巾。

设 m 为慢洗的天数。

如果无新餐巾可用，则倒回到 m 天前，找用过的旧餐巾进行慢洗。

如果没有 m 天以前的旧餐巾可用，则由时间线从近到远地找旧餐巾进行快洗。

这样做使得时间线较远的旧餐巾更有可能慢洗。

如果慢洗比快洗贵，那么直接将慢洗的时间和价格都改为快洗的时间和价格即可。

朴素代码无O2只能过掉70分。

于是我怀疑单次判断的时间复杂度过高。有的题解里说是 O(n) 的，但我死活没看出来。

于是我们可以优化常数。

注意到在如果在第 i 天需要慢洗，所有在第 i-m 天前的旧餐巾对于我们来说是等效的，因为我们显然没有办法将其拿去快洗。

所以我们每次将第 i-m 天前的旧餐巾全部累加至第 i-m 天即可。这样可以优化一定的常数。

这样可以保证在计算慢洗的时候一定是线性的，但仍然不能保证计算快洗部分时为线性。

最后我们需要确定最优解时需购买餐巾的张数 c。

设最优解时最小代价为 f(c),设当前枚举到了 x。

则当 x \ge c ,一定有 f(x) \ge f(c)，因为你还需要多出钱买新餐巾。

当 x \le c，则要么不存在 f(x) ，即购买 x 张餐巾不能达到目的，要么此时多洗一张餐巾一定劣于多买一张餐巾，也有 f(x) \ge f(c)。

所以对于最优解 c 我们可以三分求解。

个人认为代码可读性还是挺高的，可以康康代码：

/*---Author:HenryHuang---*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=5e5+5;
const ll inf=1ll<<50;
ll sumr=0;
ll r[maxn],res[maxn];
ll n,m1,m2,c1,c2,p;
ll f(ll num){
    ll ans=1ll*num*p;//提前算好新餐巾代价 
    ll now=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i){
        res[i]=0;
        if(r[i]){
            ll tmp=r[i];
            if(num){
                ll k=min(tmp,num);
                tmp-=k,res[i]+=k,num-=k;
                if(!tmp) continue;
            }//直接用新的 
            for(ll j=now;j<i-m2;++j){
                res[j+1]+=res[j],res[j]=0;
            }//累加旧洗餐巾 
            now=max(now,i-m2);
            if(now<i&&res[now]){
                ll k=min(tmp,res[now]);
                res[now]-=k,res[i]+=k;
                tmp-=k,ans+=1ll*k*c2;
                if(!tmp) continue;
            }//慢洗 
            for(ll j=i-m1;j>=1&&j>i-m2;--j){
                if(res[j]){
                    ll k=min(tmp,res[j]);
                    res[j]-=k,res[i]+=k;
                    tmp-=k,ans+=1ll*k*c1;
                }
                if(!tmp) break;
            }//快洗 
            if(tmp) return inf;
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m1>>m2>>c1>>c2>>p;
    if(m1>m2) swap(m1,m2),swap(c1,c2);//1快2慢
    if(c1<c2) c2=c1,m2=m1; 
    for(ll i=1;i<=n;++i)
        cin>>r[i],sumr+=r[i];
    ll l=1,r=max(10000ll,sumr/3);//奇淫技巧 
    ll ans=inf;
    while(r-l>2){
        ll k=(r-l)/3;
        ll mid1=l+k,mid2=r-k;
        ll aa=f(mid1),bb=f(mid2);
        if(aa<bb) ans=min(ans,aa),r=mid2;
        else ans=min(ans,bb),l=mid1;
    }
    for(ll i=l;i<=r;++i) ans=min(ans,f(i));
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}