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;
}