【bzoj3532】 Sdoi2014—Lis

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3532 (题目链接)

题意

　　给出$n$个数的数列，三个值$a[i],b[i],c[i]$。将其中一些数删掉，使得序列的$a[i]$的最长上升子序列至少减少$1$，删掉的数的$b[i]$和最小，在$b[i]$最小的情况下选$c[i]$排序后字典序最小的方案输出。

Solution

　　拆点，状态能够转移就连边，最小割。

　　用退流的思想求方案。按照$c[i]$从小到大枚举边，如果这条边满流且为必要边，那么退流即可。

　　所谓退流，就是把边$(u,v)$和$(v,u)$的残余流量清空，从$(u,S)$跑一遍最大流，从$(T,v)$跑一遍最大流就可以了。

　　这里我判断一条满流边能否在割集中是bfs判的，复杂度是$O(nm)$。

　　其实可以换成Tarjan，在残量网络中跑Tarjan求出SCC，如果$u$和$v$在同一个强联通分量中那么这条边$(u,v)$不能再割集中。呸，为什么判一条满流边能否在割集中这么麻烦还要Tarjan= =，直接利用最后一次$Dinic$求得的分层图判断一下就好了呀。。

　　呸，我在想什么= =，因为要退流，所以只能bfs，Tarjan或者是利用分层图都是邓的。。。

细节

　　数组开小。

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define inf (1ll<<30)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
using namespace std;

const int maxn=2010;
int head[maxn],id[maxn],a[maxn],b[maxn],t[maxn],f[maxn],n,es,et,ans,cnt;
struct edge {int from,to,next,w;}e[maxn*maxn];
pair<int,int> c[maxn];

void link(int u,int v,int w) {
	e[++cnt]=(edge){u,v,head[u],w};head[u]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){v,u,head[v],0};head[v]=cnt;
}
void Init() {
	ans=t[0]=0,cnt=1;es=2*n+1,et=es+1;
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(f,0,sizeof(f));
}

namespace Dinic {
	int d[maxn],s,t;
	bool bfs(int s,int t) {
		memset(d,-1,sizeof(d));
		queue<int> q;q.push(s);d[s]=0;
		while (!q.empty()) {
			int x=q.front();q.pop();
			for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
				if (e[i].w && d[e[i].to]<0) d[e[i].to]=d[x]+1,q.push(e[i].to);
		}
		return d[t]>0;
	}
	int dfs(int x,int f) {
		if (f==0 || x==t) return f;
		int w,used=0;
		for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].w && d[e[i].to]==d[x]+1) {
				w=dfs(e[i].to,min(e[i].w,f-used));
				used+=w;e[i].w-=w;e[i^1].w+=w;
				if (used==f) return used;
			}
		if (!used) d[x]=-1;
		return used;
	}
	int main(int x,int y) {
		s=x,t=y;int flow=0;
		while (bfs(x,y)) flow+=dfs(x,inf);
		return flow;
	}
}		

int main() {
	int T;scanf("%d",&T);
	while (T--) {
		scanf("%d",&n);Init();
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),id[i]=cnt+1,link(i,i+n,b[i]);
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i].first),c[i].second=i;
		sort(c+1,c+1+n);
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			f[i]=1;
			for (int j=1;j<i;j++)
				if (a[j]<a[i] && f[j]+1>f[i]) f[i]=f[j]+1;
			if (f[i]==1) link(es,i,inf);
			for (int j=1;j<i;j++)
				if (a[j]<a[i] && f[j]+1==f[i]) link(j+n,i,inf);
			ans=max(ans,f[i]);
		}
		for (int i=1;i<=n;i++) if (f[i]==ans) link(i+n,et,inf);
		ans=Dinic::main(es,et);
		for (int i=1;i<=n;i++) if (!e[id[c[i].second]].w) {
				int j=id[c[i].second];
				if (Dinic::bfs(e[j].from,e[j].to)) continue;   //important
				Dinic::main(e[j].from,es);
				Dinic::main(et,e[j].to);
				e[j].w=e[j^1].w=0;
				t[++t[0]]=c[i].second;
			}
		sort(t+1,t+1+t[0]);
		printf("%d %d\n",ans,t[0]);
		for (int i=1;i<t[0];i++) printf("%d ",t[i]);printf("%d\n",t[t[0]]);
	}
	return 0;
}