uoj455 雪灾与外卖

2019-06-10 21:48:42 阅读：228 来源： 互联网

题面：uoj455

题意：有 $n$ n只老鼠和 $m$ m个洞，每个洞有容量限制和一个费用。要求每只老鼠进一个洞，使所有老鼠的移动距离和加进洞费用和最小。

题解：模拟费用流(贪心+反悔)

将所有的老鼠和洞按位置排序。考虑先让老鼠向左边的洞匹配。

维护老鼠和洞两个堆： $M$ M， $H$ H。老鼠移动的距离为右减左。

当前是老鼠：坐标为 $x$ x，从洞堆 $H$ H中取出最优解 $v$ v，则代价为 $x+v$ x+v，这样只考虑了向左匹配，但有可能最优解它向右匹配，因此考虑反悔。将这次匹配的代价消去，并将这个点作为左端点(即右边的洞向左匹配该老鼠)，因此向老鼠堆 $M$ M中加入 $-(x+v)-x$ −(x+v)−x。

当前是洞：坐标为 $y$ y，从老鼠堆 $M$ M中取出最优解 $v$ v，代价为 $y + v + w$ y+v+w。考虑反悔，即右边的老鼠匹配该洞，向洞堆 $H$ H中加入 $-(y + v + w) - y + w$ −(y+v+w)−y+w。取消上一次的代价 $-(y + v + w)$ −(y+v+w)，并把当前洞作为左端点 $-y$ −y，以及算上进洞的代价 $+w$ +w。

还有一种情况是该洞右边的洞匹配该洞原匹配老鼠，即鼠洞洞情况，应向老鼠堆 $M$ M中加入 $-w-y$ −w−y。向老鼠堆加入是因为每次遇到洞都从老鼠堆 $M$ M中找最小的。加入 $-w-y$ −w−y原因如下：

设两个洞的费用和坐标分别为 $w1, y1, w2, y2$ w1,y1,w2,y2，老鼠堆 $M$ M中取出的最优解为 $v$ v。用右边的洞替换左边的洞的代价为 $(w2 + y2 + v) - (w1 + y1 + v) = w2 + y2 - w1- y1$ (w2+y2+v)−(w1+y1+v)=w2+y2−w1−y1。当碰到右边洞的时候，计算的代价为 $y2 + v + w2 = y2 - (w1 + y1) + w2 = w2 + y2 - w1 - y1$ y2+v+w2=y2−(w1+y1)+w2=w2+y2−w1−y1。

每次都暴力地插入两个堆，时间复杂度过高。因此可以在插入堆的时候记录一下次数，插入时整体插入，反悔可以分裂。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c; c = getchar() ;
    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar() ;
    return x * f ;
}
typedef long long ll ;
const int maxn = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f ;
int n, m, x[maxn], y[maxn], w[maxn], c[maxn] ;
ll ans = 0 ;
struct data {
    ll val; mutable int cnt ;
    data () {}
    data (ll a, int b) {val = a, cnt = b;}
    bool operator < (const data &a) const {
        return val > a.val ;
    }
} ;
priority_queue<data> M, H ;
void insert_mouse (int x) {
    ll cost = INF ;
    if (!H.empty()) {
        cost = H.top().val + x ;
        if (!(-- H.top().cnt)) H.pop() ;
    }
    ans += cost ;
    M.push (data (-cost - x, 1)) ; //右边的洞匹配该老鼠
}
void insert_hole (int y, int w, int c) {
    int tot = 0 ;
    while (!M.empty() && tot < c) {
        ll cost = M.top().val + w + y ;
        if (cost >= 0) break ;
        int cnt = min (M.top().cnt, c - tot) ;
        ans += cost * cnt ;
        tot += cnt ;
        H.push (data (-cost - y + w, cnt)) ; //右边的老鼠匹配该洞
        if (!(M.top().cnt -= cnt)) M.pop() ;
    }
    if (tot) M.push (data (-w - y, tot)) ; //右边的洞匹配该洞
    if (c - tot) H.push (data (-y + w, c - tot)) ; //洞有剩余容量，分裂
}
int main() {
    n = read(), m = read(); ll sum = 0 ;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) x[i] = read() ;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) {
        y[i] = read(); w[i] = read(); c[i] = read() ;
        sum += c[i] ;
    }
    if (sum < n) {
        printf("-1\n"); return 0 ;
    }
    for (int i = 1, j = 1; i <= n || j <= m;) {
        if (i <= n && (j > m || x[i] < y[j])) { //按x顺序插入
            insert_mouse (x[i]); i ++ ;
        } else {
            insert_hole (y[j], w[j], c[j]); j ++ ;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans) ;
    return 0 ;
}

标签：老鼠,uoj455,w1,int,雪灾,w2,外卖,y1,y2
来源： https://blog.csdn.net/wennitao222/article/details/91399920

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