洛谷P4016

题目标签写着网络流诶….那么问题就是如何建图了…看到题解里一波大神用平均值来计算…但是蒟蒻没想到诶…所有我就比较暴力了….
对于每个点一拆为二(ia,ib),建立超源超汇,然后对于每个点,从源点s向其连一条容量为c[i],费用为0的边,从ia向ib连一条容量为无限,费用为0 的边(因为可以不停的把别的地方的货物搬到ia,然后从ib搬到下一个点去,ia到ib搬运当然是不用钱的),然后从ib向汇点t连一条容量为目标值也就是平均值的边,费用为0.
同时,每个点的ib向他的前后相邻的点连边,也就是ib向(i-1)a连容量为无穷,费用为1的边,向(i+1)a同样也是如此。
这样,我们在跑最小费用流的时候就可以保证每个点i原有的在avg以下的容量不会搬到别的点去(毕竟从s到t费用为0呢),而不满足的部分一定会搬去别的点或者从别的点搬过来,那么搬的过程自然就会产生相应的费用。
如图:
这里写图片描述
代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
struct edge{
    int to,cap,cost,rev;//终点,容量,费用,反向边
};
vector<edge>G[5010];
int dis[5010],prevv[5010],preve[5010],n,m,s,t,flow=0,cost=0;//最短路中前驱节点和对应的边
bool inque[5010];
void add(int from,int to,int cap,int cost)
{
    G[from].push_back(edge{to,cap,cost,(int)G[to].size()});
    G[to].push_back(edge{from,0,-cost,(int)G[from].size()-1});//注意反向边的加法!!-cost和cap=0!!
}
bool spfa(int s,int t)
{
    memset(dis,0x3f, sizeof(dis));memset(inque,0,sizeof(inque));
    queue<int>que;que.push(s);dis[s]=0;
    while(!que.empty()){
        int t=que.front();que.pop();inque[t]=false;
        for(int i=0;i<G[t].size();i++){
            edge e=G[t][i];
            if(e.cap&&dis[e.to]>dis[t]+e.cost){
                dis[e.to]=dis[t]+e.cost;
                prevv[e.to]=t;preve[e.to]=i;
                if(!inque[e.to]){
                    que.push(e.to);inque[e.to]=true;
                }
            }
        }
    }
    if(dis[t]==0x3f3f3f3f)
        return false;
    int d=0x7f7f7f7f;
    for(int v=t;v!=s;v=prevv[v])
        d=min(d,G[prevv[v]][preve[v]].cap);//全最短路中的最小流量限制就是本次总的流量限制
    flow+=d;cost+=d*dis[t];
    for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]){
        edge&e=G[prevv[v]][preve[v]];//更新路径信息
        e.cap-=d;
        G[e.to][e.rev].cap+=d;
    }
    return true;
}
void mincostmaxflow(int s,int t)
{
    while(spfa(s,t));
}
int main()
{
    int n,i,j,k;
    int  c[105];
    cin>>n;int avg=0;
    for(i=1;i<=n;i++) {
        cin >> c[i], add(i, i + 200, 1 << 30, 0);
        add(0, i, c[i], 0);avg+=c[i];
    }
    avg/=n;
    for(i=1;i<=n;i++){
        add(i+200,500,avg,0);
        if(i!=n)
            add(i+200,i+1,1<<30,1);
        else
            add(i+200,1,1<<30,1);
        if(i!=1)
            add(i+200,i-1,1<<30,1);
        else
            add(i+200,n,1<<30,1);
    }
    mincostmaxflow(0,500);
    cout<<cost<<endl;

    return 0;
}

与hzwer大神的程序对拍500组无异233:
这里写图片描述

PS:仔细想了想好像每个点其实也没必要一拆为二,不拆点然后按之前所述建图应该也是OK的。

### 关于动态规划 (Dynamic Programming, DP) 的解决方案 在解决洛谷平台上的编程问题时,尤其是涉及动态规划的题目,可以采用以下方法来构建解决方案: #### 动态规划的核心思想 动态规划是一种通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式来求解复杂问题的方法。其核心在于存储重复计算的结果以减少冗余运算。通常情况下,动态规划适用于具有重叠子问题和最优子结构性质的问题。 对于动态规划问题,常见的思路包括定义状态、转移方程以及边界条件的设计[^1]。 --- #### 题目分析与实现案例 ##### **P1421 小玉买文具** 此题是一个典型的简单模拟问题,可以通过循环结构轻松完成。以下是该问题的一个可能实现方式: ```cpp #include <iostream> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; // 输入购买数量n double p, m, c; cin >> p >> m >> c; // 输入单价p,总金额m,优惠券c // 计算总价并判断是否满足条件 if ((double)n * p <= m && (double)(n - 1) * p >= c) { cout << "Yes"; } else { cout << "No"; } return 0; } ``` 上述代码实现了基本逻辑:先读取输入数据,再根据给定约束条件进行验证,并输出最终结果[^2]。 --- ##### **UOJ104 序列分割** 这是一道经典的区间动态规划问题。我们需要设计一个二维数组 `f[i][j]` 表示前 i 次操作后得到的最大价值,其中 j 是最后一次切割的位置。具体实现如下所示: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 5e3 + 5; long long f[MAXN], sumv[MAXN]; int a[MAXN]; int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n,k; cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++)sumv[i]=sumv[i-1]+a[i]; memset(f,-0x3f,sizeof(f)); f[0]=0; for(int t=1;t<=k;t++){ vector<long long> g(n+1,LLONG_MIN); for(int l=t;l<=n;l++)g[l]=max(g[l-1],f[t-1][l-1]); for(int r=t;r<=n;r++)f[r]=max(f[r],g[r]+sumv[r]*t); } cout<<f[n]<<'\n'; return 0; } ``` 这段程序利用了滚动数组优化空间复杂度,同时保持时间效率不变[^3]。 --- ##### **其他常见问题** 针对更复杂的路径覆盖类问题(如 PXXXX),我们往往需要结合一维或多维动态规划模型加以处理。例如,在某些场景下,我们可以设定 dp 数组记录到达某一点所需最小代价或者最大收益等指标[^4]。 --- ### 总结 以上展示了如何运用动态规划技巧去应对不同类型的算法挑战。无论是基础还是高级应用场合,合理选取合适的数据结构配合清晰的状态转换关系都是成功解决问题的关键所在。
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