soj115 御坂网络

题意：平面上有n个A发射点和m个B发射点，可以选择安置相应A/B装置，装置范围是圆，自取半径（要求都相同且<=Rmax）。异种要求范围不相交。求装置范围之和（不是并！）。

标程：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=;
 const int inf=0x3f3f3f3f;
 typedef long long ll;
 int cnt=,n,m,ans,Rx,xa[N],xb[N],yb[N],ya[N],head[N],Head[N],tot,S,T,dis[N];
 ll Ans;
 queue<int> q;
 bitset<N> f[N];
 struct node{int to,next,f;}num[N*N];
 struct Node{int d,x,y;Node(){} Node(int A,int B,int C){d=A;x=B;y=C;}}p[N*N];
 void add(int x,int y,int w)
 {
   num[++cnt].to=y;num[cnt].next=head[x];num[cnt].f=w;head[x]=cnt;
   num[++cnt].to=x;num[cnt].next=head[y];num[cnt].f=;head[y]=cnt;
   if (!f[x][y])
     for (int i=;i<=T;i++) if (f[i][x]&&!f[i][y]) f[i]|=f[y];
 }
 void init()
 {
    for (int i=;i<=T;i++) f[i].reset(),f[i][i]=;
    for (int i=;i<=T;i++)
      for (int j=head[i];j;j=num[j].next)
        if (num[j].f) f[i][num[j].to]=;
    for (int i=;i<=T;i++)
      for (int j=;j<=T;j++) if (f[i][j]) f[i]|=f[j];
 }
 int bfs()
 {
   memset(dis,,sizeof(dis));dis[S]=;q.push(S);
   while (!q.empty())
   {
     int now=q.front();q.pop();
     for (int i=head[now];i;i=num[i].next)
       if (num[i].f&&!dis[num[i].to]) dis[num[i].to]=dis[now]+,q.push(num[i].to);
   }
   return dis[T];
 }
 int dfs(int x,int Min)
 {
   int tmp=Min;
   if (x==T||!Min) return Min;
   for (int &i=Head[x];i&&tmp;i=num[i].next)
     if (dis[num[i].to]==dis[x]+)
     {
        int t=dfs(num[i].to,min(tmp,num[i].f));
        num[i].f-=t;num[i^].f+=t;tmp-=t;
     }
   return Min-tmp;
 }
 int dinic()
 {
   if (!f[S][T]) return ;
   int res=,tmp;
   while (bfs())
   {
     memcpy(Head,head,sizeof(head));
     while (tmp=dfs(S,inf)) res+=tmp;
   }
   init();
   return res;
 }
 int get_dis(int i,int j){return (xa[i]-xb[j])*(xa[i]-xb[j])+(ya[i]-yb[j])*(ya[i]-yb[j]);}
 bool cmp(const Node &A,const Node &B){return A.d<B.d;}
 int main()
 {
   scanf("%d%d%d",&n,&m,&Rx);S=n+m+;T=S+;
   for (int i=;i<=T;i++) f[i][i]=;
   for (int i=;i<=n;i++) add(S,i,);
   for (int i=;i<=m;i++) add(i+n,T,);
   for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&xa[i]);
   for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&ya[i]);
   for (int i=;i<=m;i++) scanf("%d",&xb[i]);
   for (int i=;i<=m;i++) scanf("%d",&yb[i]);
   for (int i=;i<=n;i++)
     for (int j=;j<=m;j++) p[++tot]=Node(get_dis(i,j),i,j);
   p[++tot]=Node(Rx*Rx*,,);
   sort(p+,p+tot+,cmp);
   for (int i=;i<=tot&&p[i].d<=Rx*Rx*;i++)//从0开始，有可能
   {
       add(p[i].x,p[i].y+n,);
       if (p[i].d!=p[i+].d) ans+=dinic(),Ans=max(Ans,min((ll)max(p[i+].d,p[i].d),Rx*Rx*4ll)*(n+m-ans));//注意取后一个半径进行运算，注意边界！
   }
   printf("%.4lf\n",(double)Ans*M_PI*0.25);
   return ;
 }

易错点：1.注意统计圆半径是已连边半径的后一个。因此需要从没有圆冲突的半径开始算。

2.一开始以为是圆半径不相同。题目又又又看错了啊。可能是太久没写题了。

题解：枚举半径+网络流匹配+传递闭包优化

如果某A和某B之间的距离为dis，那么如果取半径>dis/2，该A和该B之间只能取其一。

枚举关键半径n^2。只能取其一，即求最大独立集。我们想到了可以二分图匹配n^3（而边权为1用dinic可以做到n^2.5）。O(n^4.5)。

结束。

用传递闭包在每次网络流结束后统计S到T的可达情况。下一次进去的时候若S->T不可达，那么return 0。这样最多进行n次网络流，bitset优化一下：O(n*(n^3/w+n^2.5))。