【题解】ZJOI2010贪吃的老鼠

%%%%真的好强...看题解我都看了好久才完全明白。放一下参考的博客，谢谢神犇QAQ

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　因为理解的过程太艰辛，所以必须记录一下这道强题：这道题目最难的两个约束就在于：保证一个时间一只老鼠只吃一块奶酪，一个时间一块奶酪只被一只老鼠吃。第一个想法还是相对明显的：二分答案，离散化时间节点（一个节点代表此节点到上一节点之间的时间段）。

　最妙的一处是老鼠的拆点。在我们之前离散出来的时间段中，每一段都维护m个老鼠的速度差值。我也不知道原作者是怎么想到建图方式的，所以无法解释思路的走向过程，只能说明一下建图的方式&为什么这样是对的。举个例子：我们现在有三只老鼠，速度分别是：5, 4, 3, 那么我们就可以认为是有3只速度为3(3 - 0 = 3)的老鼠，1只速度为1(4 - 3 = 1)的老鼠，还有一只速度为1(5 - 4 = 1)的老鼠。（为什么后面这两只不一样在后面会解释）。暂且将几只记为id，速度记为v。

　s-->每一块奶酪，流量为p[i]; 每一块奶酪-->这个时间段内的老鼠拆点，流量为老鼠拆点v*t(时间); 每一个老鼠拆点-->t，流量为id*v*t。现在让我们来看一下这张图是如何完美的满足了此题的1、2两条约束的：1.保证一个时间一只老鼠只吃一块奶酪：老鼠是按时间段拆的点，连向t，前面所说的拆为了3，1，1的情况，三条都流满说明三只老鼠都在吃，分别流量为1表明速度为3的老鼠在吃...这一点应该还是能够理解的，因为一一对应拆点，必然满足约束。2.保证一个时间一块奶酪只被一只老鼠吃：每一块奶酪都向不同的时间段的拆点通了流量，注意这里的流量并没有乘上id,所以都等于1*v*t，也就满足了一只老鼠的约束。

　　以下是代码：（没有看懂的只要手抄一次代码，想必就能明白啦！）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100000
#define eps 0.0000001
#define INF 99999999.00
#define db double
int n, m, s, t, cnp, head[maxn], lev[maxn], cur[maxn];
db R, L, tot, p[maxn], r[maxn], d[maxn], T[maxn], v[maxn];
struct edge
{
    int to, last;
    db c;
}E[maxn];

bool cmp(db a, db b)
{
    return a > b;
}

void add(int u, int v, db c)
{
    E[cnp].to = v, E[cnp].last = head[u], E[cnp].c = c; head[u] = cnp ++;
    E[cnp].to = u, E[cnp].last = head[v], E[cnp].c = ; head[v] = cnp ++;
}

bool bfs()
{
    queue <int> q;
    memset(lev, , sizeof(lev));
    q.push(s); lev[s] = ;
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int i = head[u]; i != -; i = E[i].last)
        {
            int v = E[i].to;
            if(!lev[v] && E[i].c > eps)
            {
                lev[v] = lev[u] + ;
                if(lev[t]) return true;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return false;
}

db dfs(int u, db nf)
{
    if(u == t || nf < eps) return nf;
    bool done = false;
    db ff = 0.0;
    for(int i = cur[u]; i != -; i = E[i].last)
    {
        int v = E[i].to;
        if(!nf) break;
        if(E[i].c > eps && lev[v] == lev[u] + )
        {
            done = true;
            db af = dfs(v, min(E[i].c, nf));
            cur[u] = i;
            nf -= af, ff += af;
            E[i].c -= af, E[i ^ ].c += af;
        }
    }
    if(!done) lev[u] = -;
    return ff;
}

db dinic()
{
    db flow = 0.0;
    while(bfs())
    {
        memcpy(cur, head, sizeof(head));
        flow += dfs(s, INF);
    }
    return flow;
}

void init()
{
    cnp = ;
    memset(head, -, sizeof(head));
}

void solve()
{
    db sum = tot; s = , t =  * m * n + n + ;
    int cnt = ;
    while(R - L > eps)
    {
        db mid = (R + L) / 2.0;
        init();
        for(int i = ; i <= n; i ++)
        {
            add(, i, p[i]);
            T[ * i - ] = r[i], T[ * i] = d[i] + mid;
        }
        sort(T + , T +  * n + ), cnt = n;
        for(int i = ; i <= m; i ++)
        {
            for(int j = ; j <=  * n; j ++)
            {
                if(T[j] - T[j - ] < eps) continue;
                ++ cnt; add(cnt, t, i * v[i] * (T[j] - T[j - ]));
                for(int k = ; k <= n; k ++)
                {
                    if(r[k] - T[j - ] < eps && (d[k] + mid - T[j] > -eps))
                        add(k, cnt, v[i] * (T[j] - T[j - ]));
                }
            }
        }
        db maxflow = dinic();
        if(sum - maxflow < eps) R = mid;
        else L = mid;
    }
    printf("%lf\n", L);
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T --)
    {
        tot = 0.0;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = ; i <= n; i ++)
        {
            scanf("%lf%lf%lf", &p[i], &r[i], &d[i]);
            tot += p[i];
        }
        for(int i = ; i <= m; i ++) scanf("%lf", &v[i]);
        sort(v + , v +  + m, cmp);
        R = (db) tot / v[] + 1.0, L = 0.0;
        for(int i = ; i < m; i ++) v[i] -= v[i + ];
        solve();
    }
    return ;
}