【xsy2115】Delight for a Cat

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Description

从前，有一只懒猫叫CJB。每个小时，这只猫要么在睡觉，要么在吃东西，但不能一边睡觉一边吃东西，并且这只猫会在一整个小时干同一件事情。

对于接下来的n个小时，CJB知道他在那n个小时睡觉和吃东西的快乐值。

为了健♂康♀地生活，在任意的连续 k个整小时内，CJB要有至少$m_s$小时睡觉，至少$m_e$个小时在吃东西。也就是说一共有 n−k+1段的 k小时需要满足上述条件。

你的任务是告诉CJB他接下来n个小时能获得的最大快乐值是多少。

Input

第一行四个整数 $n,k,ms,me(1≤k≤n≤1000,0≤m_s,m_e≤k,m_s+m_e≤k)$，含义如题目所述。

第二行包含 n个整数 $s_1,s_2,...,s_n(0≤s_i≤10^9)$，表示每个小时CJB睡觉能获得的快乐值。

第三行包含 n个整数 $e_1,e_2,...,e_n(0≤e_i≤10^9)$，表示每个小时CJB吃东西能获得的快乐值。

Output

输出一个整数，表示CJB能获得的最大快乐值。

Sample Input

10 4 1 2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

Sample Output

HINT

【样例解释】

CJB在接下来的10个小时是这样的（S表示睡觉，E表示吃东西）：EEESESEESS

【数据范围与约定】

30%的数据中， 1≤n≤10

100%的数据中， 1≤n≤1000

吐槽

这题好神啊哈哈哈qwq（好吧虽然好像印象中之前做过类似的费用流的题目。。但是当时并没有搞太懂所以看到这题的时候根本没有往那边去想qwq菜醒）

然而为什么网上说是。。单纯形裸题？？好吧听起来很棒但是并不会单纯形qwq

所以还是写费用流吧嗯qwq

正题

这里要用到一种特殊的建模方式！十分巧妙啊ovo

具体介绍戳这里（没错就是比较长不拎出来对不起自己嗯）

首先假设这只懒猫一直在睡觉，然后我们再决策哪些天数需要改成吃东西

用$x_i =0$表示这只猫第$i$天在睡觉，$x_i=1$表示在吃东西，那么我们可以列出这样的不等式组

\[\begin{aligned}
&m_e<=x_1+x_2+x_3+...+x_k<=k-m_s\\
&m_e<=x_2+x_3+x_4+...+x_{k+1}<=k-ms\\
&...\\
&m_e<=x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+x_{n-k+3}+...+x_n<=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

用同样的方法将这些不等式组变成等式，其中辅助变量$0<=y_i<=k-m_s-m_e$

\[\begin{aligned}
&x_1+x_2+x_3+...+x_k+y_1=k-m_s\\
&x_2+x_3+x_4+...+x_{k+1}+y_2=k-m_s\\
&...\\
&x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+...+x_n=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

同样的套路，在一头一尾加上两个0=0等式，用上面的减去下面的得到：

\[\begin{aligned}
&x_1+x_2+x_3+...+x_k+y_1=k-m_s\\
&x_1-x_{k+1}+y_1-y_2=0\\
&x_2-x_{k+2}+y_2-y_3=0\\
&...\\
&x_{n-k}-x_{n}+y_{n-k}-y_{n-k+1}=0\\
&x_{n_k+1}+x_{n-k+2}+...+x_{n}+y_{n-k+1}=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

（啊？想用下面的减去下面的？额一样的反正都可以）

然后按照套路：

\[\begin{aligned}
&x_1-x_{k+1}+y_1-y_2=0\\
&x_2-x_{k+2}+y_2-y_3=0\\
&...\\
&x_{n-k}-x_{n}+y_{n-k}-y_{n-k+1}=0\\
&(k-m_s)-x_1-x_2-x_3-...-x_k-y_1=0\\
&x_{n_k+1}+x_{n-k+2}+...+x_{n}+y_{n-k+1}-(k-m_s)=0\\
\end{aligned}
\]

(其实倒数第二条式子是第1条式子和第0条式子相减得到，的但是为了和后面的代码中的编号对应我们稍微改变一下位置）

观察一下，变成了这个样子之后所有式子加起来变量和常数项就都抵消掉了，满足流量平衡

那么就用和bzoj1061同样的方式把每个等式看成一个点，负的流出正的流入就好啦

跑完一遍最小费用最大流之后，最终的$ans$就是$\sum\limits_{i=1}^{n}s_i - $最小费用

然而这并没有结束

首先是，这题的$x_i$和$y_i$是有范围的！

$y_i$的范围上面写了就是$0<=y_i<=k-m_s-m_e$

而$x_i$的话要么是$0$要么是$1$

所以两个变量对应的边的容量应该分别为$k-m_s-m_e$和$1$

再有就是，如果稍微想一下等式之间的连边情况，会发现。。$k<n-k$和$k>n-k$这两种情况是不一样的！

所以说，这题还要分类讨论

然而具体的连边方式。。写起来十分混乱不如自己去推qwq，详情可以参考代码

（注意，代码中将上面的第一条等式放在了倒数第二条，所以编号为$n-k+1$，最后一条等式的编号为$n-k+2$，其他的等式依次为$1$到$n-k$）

这里只讲一下大概要连哪几类边，下面所说的编号顺序按照最终给出的等式组来（也就是代码中的顺序）：

第一种$y$边。从$i+1$连到$i$
第二种$y$边。从最后一条等式连到第$1$条等式，从$n-k$条等式连到倒数第二条等式
源点到$n-k+1$的边，汇点到$n-k+2$的边
第$1$到$n-k$条等式中每个正的$x$的边。
第$1$到$n-k$条等式中每个负的$x$的边。

稍微提一下，前3类是固定的，第4和第5类又可以分第$1$到$n-k$条连到最后两条，和$1$到$n-k$条里面自己乱连两小类，具体就$k$和$n$的大小关系而定

自己写的时候把$k=n-k$的情况也分出来了，可能是。。可以合并的不过不管了反正这么写也不影响正确性

然后就很愉快（个鬼啊分类讨论这种东西）滴做完啦ovo

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#define ll long long

#define F 1

using namespace std;

const int N=10010;

const int M=1000010;

const ll inf=1e15;

struct xxx{

	int y,next,op;

	ll c,r;

}a[M*10];

queue<int> q;

int h[N];

ll e[N],s[N];

ll pre[M],mn[N],pred[M];

ll d[N];

ll ans,sum;

bool vis[N];

int n,m,vs,vt,tot;

ll k,ms,me;

int add(int x,int y,int r,ll c);

int spfa();

int build();

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("a.in","r",stdin);

//	freopen("a.out","w",stdout);

#endif

	scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&k,&ms,&me);

	vs=0; vt=n-k+3;

	sum=0;

	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",s+i),sum+=s[i];

	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",e+i);

	build();

	ans=0;

	while (spfa());

	printf("%lld\n",sum+ans);

}

int add(int x,int y,int r,ll c){

	a[++tot].y=y; a[tot].next=h[x]; h[x]=tot; a[tot].r=r; a[tot].op=tot+1; a[tot].c=c;

	a[++tot].y=x; a[tot].next=h[y]; h[y]=tot; a[tot].r=0; a[tot].op=tot-1; a[tot].c=-c;

}

int spfa(){

	while (!q.empty()) q.pop();

	for (int i=vs;i<=vt;++i) d[i]=-inf,vis[i]=false,mn[i]=inf;

	q.push(vs); vis[vs]=1; d[vs]=0;

	mn[vs]=inf; pre[vs]=-1; pred[vs]=-1;

	int v,u;

	while (!q.empty()){

		v=q.front(); q.pop();

		for (int i=h[v];i!=-1;i=a[i].next){

			u=a[i].y;

			if (!a[i].r) continue;

			if (d[u]<d[v]+a[i].c){

				pre[u]=i; pred[u]=v;

				mn[u]=min(mn[v],a[i].r);

				d[u]=d[v]+a[i].c;

				if (!vis[u])

					vis[u]=1,q.push(u);

			}

		}

		vis[v]=false;

	}

	if (d[vt]==-inf) return false;

	ll flow=mn[vt];

	ans+=flow*d[vt];

	u=vt;

	while (pre[u]!=-1){

		a[pre[u]].r-=flow;

		a[a[pre[u]].op].r+=flow;

		u=pred[u];

	}

	return true;

}

int build(){

	memset(h,-1,sizeof(h));

	if (k<n-k){

		/*X*/

		for (int i=1;i<=k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);

		for (int i=n-2*k+1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);

		for (int i=1;i<=n-2*k;++i) add(i,i+k,F,e[i+k]-s[i+k]);

	}

	else if (k==n-k){

		/*X*/

		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);

		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);

	}

	else{

		/*X*/

		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);

		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);

		for (int i=n-k+1;i<=k;++i) add(n-k+1,n-k+2,F,e[i]-s[i]);

	}

	/*Y*/for (int i=1;i<=n-k-1;++i) add(i,i+1,k-ms-me,0);

	/*Y*/add(n-k+1,1,k-ms-me,0); add(n-k,n-k+2,k-ms-me,0);

	/*X*/add(vs,n-k+1,k-ms,0); add(n-k+2,vt,k-ms,0);

}