[hdu6978]New Equipments II

显然可以费用流来做，具体建图如下——

点集：源点，汇点，左边$n$​个工人，右边$n$​​​个设备

边集：源点向第$i$​个工人连$(1,a_{i})$​的边，第$i$​个设备向汇点连$(1,b_{i})$​​​的边，工人向可用的设备连$(1,0)$​的边

跑最小费用最大流，流量为$i$时的费用即为$i$时的答案

但注意到要跑$n$次spfa，每一次的最坏复杂度为$o(n^{3})$，显然无法通过

实际上，spfa即找到$x$和$y$，使得第$x$个工人和第$y$个设备都未被使用过，且第$x$个工人能流到第$y$个设备，在此基础上最大化$a_{x}+b_{y}$​，那么不妨手动来实现此功能

考虑按照$a_{i}$​​从大到小枚举左边未被使用过的的工人，并递归其能流到的点，求出其中设备$b_{i}$​的最大值

注意到当一个点已经被访问过，显然再访问一定不优于之前，单次复杂度即降为$o(n^{2})$​

每一个点只会被访问一次，因此复杂度瓶颈在于遍历边集，使用bfs来代替dfs，并对点分类讨论：

1.对于工人，其几乎到所有设备都有边，缺的仅有$o(m)$条限制和$o(n)$条之前流过的边，因此只需要遍历所有当前未被访问的点，并搜索其中可以访问的点

注意到一个未访问的点被遍历，要么被访问，要么属于$o(n+m)$​​条边之一，因此总复杂度即$o(m)$​​​

2.对于设备，其出边只有$o(n)$条之前流过的边的反向边，暴力遍历边集即可，总复杂度即$o(n)$

由此，单次复杂度降为$o(m)$​​，总复杂度即$o(nm)$​​，可以通过

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 4005
  4 #define ll long long
  5 queue<int>q;
  6 vector<int>v[N];
  7 int t,n,m,x,y,a[N],b[N],id[N],visa[N],visb[N],vis[N],nex[N],pre[N<<1],mx[N],e[N][N];
  8 ll ans;
  9 bool cmp(int x,int y){
 10     return a[x]>a[y];
 11 }
 12 int bfs(int k){
 13     int s=0;
 14     q.push(k);
 15     vis[k]=1;
 16     while (!q.empty()){
 17         int k=q.front();
 18         q.pop();
 19         if (k<=n){
 20             for(int i=nex[0],j=0;i<=n;j=i,i=nex[i])
 21                 if (e[k][i]){
 22                     pre[i+n]=k;
 23                     q.push(i+n);
 24                     nex[j]=nex[i],i=j;
 25                 }
 26         }
 27         else{
 28             k-=n;
 29             if ((!visb[k])&&(b[s]<b[k]))s=k;
 30             for(int i=0;i<v[k].size();i++)
 31                 if (!vis[v[k][i]]){
 32                     pre[v[k][i]]=k+n;
 33                     q.push(v[k][i]);
 34                     vis[v[k][i]]=1;
 35                 }
 36         }
 37     }
 38     return s;
 39 }
 40 int calc(){
 41     int ans=0;
 42     for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
 43     for(int i=0;i<=n;i++)nex[i]=i+1;
 44     for(int i=1;i<=(n<<1);i++)pre[i]=0;
 45     for(int i=1;i<=n;i++){
 46         mx[i]=0;
 47         if ((!visa[id[i]])&&(!vis[id[i]])){
 48             mx[i]=bfs(id[i]);
 49             if (mx[i])ans=max(ans,a[id[i]]+b[mx[i]]);
 50         }
 51     }
 52     if (!ans)return 0;
 53     for(int i=1;i<=n;i++)
 54         if ((mx[i])&&(a[id[i]]+b[mx[i]]==ans)){
 55             visa[id[i]]=1,visb[mx[i]]=1;
 56             for(int lst=mx[i]+n,j=pre[lst];j;lst=j,j=pre[j]){
 57                 if (j<=n){
 58                     e[j][lst-n]=0;
 59                     v[lst-n].push_back(j);
 60                 }
 61                 else{
 62                     e[lst][j-n]=1;
 63                     for(int k=0;k<v[j-n].size();k++)
 64                         if (v[j-n][k]==lst){
 65                             v[j-n].erase(v[j-n].begin()+k);
 66                             break;
 67                         }
 68                 }
 69             }
 70             break;
 71         }
 72     return ans;
 73 }
 74 int main(){
 75     scanf("%d",&t);
 76     while (t--){
 77         scanf("%d%d",&n,&m);
 78         ans=0;
 79         for(int i=1;i<=n;i++){
 80             visa[i]=visb[i]=0;
 81             v[i].clear();
 82         }
 83         for(int i=1;i<=n;i++)
 84             for(int j=1;j<=n;j++)e[i][j]=1;
 85         for(int i=1;i<=n;i++){
 86             scanf("%d",&a[i]);
 87             id[i]=i;
 88         }
 89         sort(id+1,id+n+1,cmp);
 90         for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
 91         for(int i=1;i<=m;i++){
 92             scanf("%d%d",&x,&y);
 93             e[x][y]=0;
 94         }
 95         for(int i=1;i<=n;i++){
 96             int s=calc();
 97             if (!s){
 98                 for(;i<=n;i++)printf("-1\n");
 99                 break;
100             }
101             ans+=s;
102             printf("%lld\n",ans);
103         }
104     }
105     return 0;
106 }