Codeforces Gym 101190M Mole Tunnels - 费用流

题目传送门

　　传送门

题目大意

　　$m$只鼹鼠有$n$个巢穴，$n - 1$条长度为$1$的通道将它们连通且第$i(i > 1)$个巢穴与第$\left\lfloor \frac{i}{2}\right\rfloor$个巢穴连通。第$i$个巢穴在最终时允许$c_i$只醒来的鼹鼠最终停留在这。已知第$i$只鼹鼠在第$p_i$个巢穴睡觉。要求求出对于每个满足$1 \leqslant k \leqslant n$的$k$，如果前$k$只鼹鼠醒来，最小的移动距离的总和。

　　考虑费用流的建图和暴力做法，把原图的边容量设为无限大，费用设为1（每条无向边要拆成两条），每个点再向汇点连一条边，容量为$c_i$，费用为0。

　　对于每次源点向$p_i$增广1单位的流量。

　　显然这样会超时，考虑优化费用流。

　　显然有：

• 每次增广的路径一定是一条简单路径
• 对于原图的一条无向边，它两个方向的边不会同时有流量（走另外一条弧的反向弧显然可以减少费用）

　　那么每次枚举路径的LCA，对于每个点记录一下$f_i$表示从$i$走到子树内的任意一个点的最短距离。

　　显然每次更新边权后很容易能够维护$f$。时间复杂度$O(n\log n)$。

Code

 /**
  * Codeforces
  * Gym#101190M
  * Accepted
  * Time: 108ms
  * Memory: 2200k
  */
 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstdio>
 #ifndef WIN32
 #define Auto "%lld"
 #else
 #define Auto "%I64d"
 #endif
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 #define ll long long

 const signed ll llf = (signed ll) (~0ull >> );
 const signed int inf = (signed) (~0u >> );
 const int N = ;

 #define pii pair<int, int>

 pii operator + (pii a, int b) {
     return pii(a.first + b, a.second);
 }

 int n, m;
 int w[N], c[N];
 pii fd[N];

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
     for (int i = ; i <= n; i++) {
         scanf("%d", c + i);
     }
 }

 int value(int p, int dir) { // up : +1, down : -1
     int prod = w[p] * dir;
     return (prod >= ) ? () : (-);
 }

 void __update(int p) {
     fd[p] = pii(inf * (!c[p]), p);
     if ((p << ) <= n && fd[p << ].first != inf)
         fd[p] = min(fd[p], fd[p << ] + value(p << , -));
     if ((p << ) < n && fd[p <<  | ].first != inf)
         fd[p] = min(fd[p], fd[p <<  | ] + value(p <<  | , -));
 }

 int update(int s) {
     int val = fd[s].first, g = s, v = fd[s].second, len = ;
     for (int p = s, d = (p & ), q, cmp; len += value(p, ), p >>= ; d = p & ) {
         q = p <<  | (d ^ );
         if (q <= n && (cmp = fd[q].first + value(q, -) + len) < val)
             val = cmp, g = p, v = fd[q].second;
         if (c[p] && len < val)
             val = len, g = v = p;
     }
     c[v]--;
     for (int p = s; p != g; p >>= ) {
         w[p]++;
         __update(p);
     }
     for (int p = v; p != g; p >>= ) {
         w[p]--;
         __update(p);
     }
     for (int p = g; p; p >>= )
         __update(p);
 //    cerr << s << " " << v << '\n';
     return val;
 }

 inline void solve() {
     for (int i = ; i <= n; i++)
         fd[i] = pii(inf * (!c[i]), i);
     for (int i = n; i > ; i--)
         fd[i >> ] = min(fd[i >> ], fd[i] + );

     int x;
     ll res = ;
     while (m--) {
         scanf("%d", &x);
         res += update(x);
         printf(Auto" ", res);
     }
 }

 int main() {
     freopen("mole.in", "r", stdin);
     freopen("mole.out", "w", stdout);
     init();
     solve();
     return ;
 }