bzoj 3716: [PA2014]Muzeum

Description

吉丽的漫展有n件手办和m名警卫。建立平面直角坐标系，每个手办和警卫都可以看做一个点。警卫们的目光都朝着y轴负方向，且都有相同大小的视角。警卫可以看见自己视角内（包括边界上的点）的所有手办，不用考虑视线的遮挡。

你打算抢劫吉丽的漫展，但不可被警卫发现。为了实施这次抢劫计划，你可以事先贿赂某些警卫，让他们闭上眼睛。只要某件手办不在任何睁着眼睛的警卫的视野内，你就可以偷走它。你知道每件手办的价格，以及每位警卫需要接受多少钱的贿赂。你想知道自己的最大收益是多少。

Solution

显然是一个最大权闭合子图的模型,直接网络流复杂度不对

考虑贪心模拟网络流

我们要求的就是 \sum_{v}-maxflow

最大流可以贪心

设警卫为 \(P\),宝物为 \(Z\)

那么 \(P\) 能看到 \(Z\) 当且仅当:

\(\frac{P_x-Z_x}{P_y-Z_y}<=\frac{w}{h}\)

\(\frac{Z_x-P_x}{P_y-Z_y}<=\frac{w}{h}\)

化简得:

\(h*P_x-w*P_y<=h*Z_x-w*Z_y\)

\(h*P_x+w*P_y>=h*Z_x+w*Z_y\)

把 \(x\) 都变为 \(x*h\),\(y\) 都变成 \(y*w\) 坐标变为 \((x-y,x+y)\) 之后

条件就变成了:

\(Z_x>=P_x\,\,\&\&\,\,Z_y<=P_y\)

形如:

然后贪心就行了

按照 \(x\) 从大到小做,对于每一个警卫,我们希望选择 \(y\) 尽量大的宝物,因为 \(y\) 越大受到的限制越多,我们先把限制多的给处理掉

然后以此匹配下去,直到流完了或者没有可以流的了就退出, \(set\) 维护即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
	int f;char c;
	for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
typedef long long ll;
const int N=4e5+10;
int n,m,W,H,v[N];ll ans=0,Y[N];
struct data{
	ll x,y;int id;
	inline bool operator <(const data &p)const{
		if(x!=p.x)return x>p.x;
		return id<p.id;
	}
}p[N];
struct comp{bool operator ()(int i,int j){return Y[i]!=Y[j]?Y[i]<Y[j]:i<j;}};
set<int,comp>S;
set<int,comp>::iterator it;int top=0,st[N];
int main(){
  freopen("pp.in","r",stdin);
  freopen("pp.out","w",stdout);
  int cnt=0;ll x,y;
  cin>>n>>m>>W>>H;
  for(int i=1;i<=n+m;i++){
	  gi(x);gi(y);gi(v[i]);
	  x*=H;y*=W;
	  p[++cnt]=(data){x-y,Y[i]=x+y,i};
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)ans+=v[i];
  sort(p+1,p+cnt+1);
  for(int i=1;i<=cnt;i++){
	  if(p[i].id<=n)S.insert(p[i].id);
	  else{
		  x=p[i].id;
		  it=S.upper_bound(x);
		  if(it==S.begin())continue;
		  for(--it;;--it){
			  int t=min(v[*it],v[x]);
			  v[x]-=t;v[*it]-=t;ans-=t;
			  if(!v[*it])st[++top]=*it;
			  else break;
			  if(it==S.begin())break;
		  }
		  while(top)S.erase(st[top--]);
	  }
  }
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
}