BZOJ1150[CTSC2007]数据备份Backup——模拟费用流+堆+链表

题目描述

　　你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼（offices）的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味

的，因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份，而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公

楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对（两个一组）。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网

络电缆使得它们可以互相备份。然而，网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆，这意味

着你仅能为 K 对办公楼（或总计2K个办公楼）安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组（换句话说，这 2K

个办公楼一定是相异的）。此外，电信公司需按网络电缆的长度（公里数）收费。因而，你需要选择这 K 对办公

楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说，你需要选择这 K 对办公楼，使得每一对办公楼之间的距离之和（总距

离）尽可能小。下面给出一个示例，假定你有 5 个客户，其办公楼都在一条街上，如下图所示。这 5 个办公楼分

别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。

　　上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连，第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用

K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ，第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长

4km 的网络电缆，满足距离之和最小的要求。

输入

第一行包含整数n和k

其中n（2≤n≤100000）表示办公楼的数目，k（1≤k≤n/2）表示可利用的网络电缆的数目。

接下来的n行每行仅包含一个整数（0≤s≤1000000000）,表示每个办公楼到大街起点处的距离。

这些整数将按照从小到大的顺序依次出现。

输出

输出应由一个正整数组成，给出将2K个相异的办公楼连成k对所需的网络电缆的最小总长度。

样例输入

5 2
1
3
4
6
12

样例输出

首先选择的每对点一定是相邻的点，将相邻坐标相减即可得到$n-1$个可选方案，我们需要在这些方案中选择$k$个。因为每个点只能在最多一个方案中，所以相邻的方案不能同时选择。这个问题显然可以用费用流来解决：将$n$个点中每个点分成两个点$a_{i},b_{i}$，源点连向$a_{i}$，$b_{i}$连向汇点，$a_{i}$连向$b_{i-1}$和$b_{i+1}$。这样跑一遍费用流既可以得到答案二倍大小的最小费用(因为在建模中$i$匹配$i+1$和$i+1$匹配$i$被算了两次)，我们考虑这个图的特殊性质：每个点只向它两边的两个点连边(即不考虑源点与汇点连的边，剩余边是两条交错的链)。那么当选了一种方案$i$进行增广并建反向边之后，如果在之后增广到$i$相邻的一个方案(假设是$i-1$)，那么根据费用流每次选择最短路的原则一定会走$i$方案的反向边然后再走$i+1$方案。这样我们就可以模拟这个过程，用堆来维护当前代价最小的方案，每次取出最优方案后(假设最优方案为$b$，相邻方案为$a,c$)，将最优方案与相邻方案取出，并在原位置放入代价为$a+c-b$的新方案，这样如果选了新方案就说明实际选择了$a$和$c$而放弃了$b$，也就实现了费用流的反悔过程。而这样每次取出堆顶时也保证了多选了一个方案(不过这里注意两端的处理)。而相邻关系用双向链表维护即可。

#include<set>

#include<map>

#include<queue>

#include<stack>

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<bitset>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define ll long long

#define pr pair<ll,int>

using namespace std;

int n,k;

priority_queue< pr,vector<pr>,greater<pr> >q;

int cnt;

int pre[600010];

int suf[600010];

int a[600010];

int vis[300010];

ll s[300010];

int t[300010];

int v[600010];

ll ans;

int main()

{

    scanf("%d%d",&n,&k);

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        scanf("%d",&a[i]);

        if(i!=1)

        {

            v[i]=a[i]-a[i-1];

        }

    }

    for(int i=2;i<=n;i++)

    {

        cnt++;

        s[cnt]=1ll*v[i];

        t[cnt]=cnt;

        pre[cnt]=cnt-1;

        suf[cnt]=cnt+1;

        q.push(make_pair(s[cnt],t[cnt]));

    }

    pre[1]=0;

    suf[n-1]=0;

    s[0]=1<<30;

    while(k)

    {

        int now=q.top().second;

        ll res=q.top().first;

        q.pop();

        if(!vis[now])

        {

            ans+=res;

            vis[now]=1;

            vis[pre[now]]=1;

            vis[suf[now]]=1;

            cnt++;

            t[cnt]=cnt;

            s[cnt]=s[pre[now]]+s[suf[now]]-res;

            pre[cnt]=pre[pre[now]];

            suf[cnt]=suf[suf[now]];

            suf[pre[pre[now]]]=cnt;

            pre[suf[suf[now]]]=cnt;

            q.push(make_pair(s[cnt],t[cnt]));

            k--;

        }

    }

    printf("%lld",ans);

}