Heret1c

BZOJ4177MDMD考的时候还想半天，这TMTM不就是文理分科吗。真的sbsb了。赶紧退役算了。。 SS向nn个点连边（S,i,ai）（S,i,a_i） nn个点向TT连边（i,T,bi）（i,T,b_i） 对于mm每条规则(i,j,k)(i,j,k)，连边(i,j,k)(i,j,k)和(j,i,k)(j,i,k) kk个额外收益，如果是都取aa获得收益，就建新点，SS连向新点，然后该点

BZOJ4514看到题目很容易发现是最大费用最大流。 关键点就是如何分成二分图。 （QAQQAQ涨姿势了） 把每个aa分解质因数： a=∏pixia=\prod {p_i}^{x_i} 记Numi=∑xNum_i=\sum x那么可以发现可以根据NumiNum_i的奇偶性构造二分图。 然后正常建图。若NumiNum_i为奇数，连边(S,i,bi,0)(S,i,b_i,0),否则连边(i,

BZOJ4873。。感觉网络流题目做的也不少了。。可是拿到了还是不会QAQQAQ 一开始把mx2+cxmx^2+cx的xx看成了取的该种寿司的个数。。。 所求答案是获得的美味度之和减去花费。可以联想到最大权闭合子图。 然后考虑一下依赖关系。 首先可以想到源向每个区间连边，边权为Di,jD_{i,j}，这是收益。 在考虑花费，每一种寿司向汇连边，花费应该是mx2+cxmx^2+cx，可是这个

BZOJ2521QAQ一开始看到这个题就想到了BZOJ2561 然而瞬间否定，这两个题应该不太一样。神flag！flag！ 先说说一开始错的想法错在哪吧。。 可以直接passpass： （一开始想的是类似次小生成树的做法，先做最小生成树，排序时若有多个边长与z[lab]相同的边，把lab放到最后，然后MST，如果边lab没出现，直接返回。然而发现这样还是有可能有其他解使得不考虑边lab，MS

[Ceoi2008]orderDescription有N个工作，M种机器，每种机器你可以租或者买过来. 每个工作包括若干道工序，每道工序需要某种机器来完成,你可以通过购买或租用机器来完成。 现在给出这些参数，求最大利润。构图方法若不考虑租借，则是裸最大权闭合子图。那么这题就需要考虑如何修改建图方式，使得“可以选x的时候可以不选y，但要付出一定代价”。只需将中间相邻的边权为INF的边，容量改为

题目链接【题目】Description最近房地产商GDOI(Group of Dumbbells Or Idiots)从NOI(Nuts Old Idiots)手中得到了一块开发土地。据了解，这块土地是一块矩形的区域，可以纵横划分为N×M块小区域。GDOI要求将这些区域分为商业区和工业区来开发。根据不同的地形环境，每块小区域建造商业区和工业区能取得不同的经济价值。更具体点，对于第i行第j列的区域，

题目链接【分析】很显然的最小割。首先很容易想到将文理分成两个集合构图。但是一开始一直没出具体方法，看网上大神题解也不太理解。还好身边有位大爷抬了我一手，也让我对最小割有了更深刻的理解。如果某个集合内的人都学文会获得一个满意度，那么就新加一个点，将集合内的所有人向这个点连流量为正无穷的边，再从这个点向T连一条流量为都选理满意度的边，表示集合内任意一个人学理都要把这个点与T的边割掉。可能不太好理解

题目链接同BZOJ3894。。。 具体见BZOJ3894【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <stack>#define N 50005#defi

题目链接【分析】二分网络流，一眼题。自己蠢蠢的开小数组贡献两次WA~【建图】二分答案S向每场比赛连边，容量1；每场比赛向参赛双方连边，容量1；每个人向T连边，容量mid（二分值）；【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#includ

题目链接【分析】刚开始可能难以下手，先只考虑最小生成树。 要使新加的边【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <stack>#define N 2000

题目链接【分析】很容易发现，若可以移动，则每次不会选择原地不动。所以，偶数秒时，拿走宝石，四周的消失，奇数秒时，移动到没有宝石的格子。即相邻格子最终无法同时取到。所以就是方格取数问题，最小割解决。【建图】黑白染色，S向黑格连边，流量为点权值；白格向T连边，流量为点权值；黑格向四周白格连边，流量INF；【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#inc

题目链接【分析】某两样物品之间若满足某些条件则无法同时获取，显然最小割。 这个题其实和BZOJ3275几乎相同。。。【建图】我刚开始蠢蠢的做法，还是拆点，对于点x，S向x’连边，流量b[i]，x”向T连边，流量为b[i]，对于每一对不能同时取得点i,j，连边i’–>j”，j’–>i”，流量均为INF。答案=(∑b[i]*2-最小割)/2。看完大神的做法，简直觉得自己low爆了。 可以证明，

题目链接【题目大意】给定n*m大小的地图，每块有一种植物，每种植物两个功能： ①：吃掉该植物可获得x点收益，可正可负； ②：可保护若干块地上的植物。 任何一个点的植物存活时，它左侧的所有植物都无法被攻击。 求最大获利值。【分析】由题意易知，想获得某点的植物的收益，可能有先决条件并且该条件必须满足，即为最大权闭合图。 但此题有特殊的情况：环。当出现环时，环上任意一点都不可

题目链接【题目大意】给定三维矩阵，每一纵轴上取一点，且相邻两纵轴上取得点层数之差不大于D。刚开始也无从下手，我也是看了别人的题解才略懂一二：http://blog.youkuaiyun.com/zarxdy34/article/details/45272055接下来说一些我自己的理解。【分析】若这题没有D的限制，那就是每个纵轴上取一个最小值求和。。 加入限制条件后，就需要用最小割的思想来构建出这种相互制约的模

题目链接【分析】刚这个题刚了一早上，终于懂了一些。 结论： 在残量网络中跑tarjan后，对每条满流边（u，v）： ①（u，v）能够出现在某个最小割集中，当且仅当Belong[u]!=Belong[v]； ②（u，v）必定出现在最小割集中，当且仅当Belong[u]==Belong[S ]且Belong[v]==Belong[T]。为什么呢？ 先说②：这代表从S–>u有通路，v–>T有通路

题目链接【分析】一开始看到转置我就mengbi了。。哎还是太弱了~ 设A为m×n阶矩阵（即m行n列），第i 行j 列的元素是a(i,j)，即：A=a(i,j) 定义A的转置为这样一个n×m阶矩阵B，满足B=a(j,i)，即 b (i,j)=a (j,i)（B的第i行第j列元素是A的第j行第i列元素），记A’=B。(有些书记为AT=B，这里T为A的上标） 直观来看，将A的所有元素绕着一

题目链接【分析】刚看到这道题。想了想。哇，我好像会做~ 第一问直接最大流。第二问，在残量网络中重新建图： 对于剩余流量不足K的边（x,y），建新边，流量为K-W[i]，费用为C[i]。对于剩余流量不为0的边，建新边，流量为W[i]，费用为0。为什么这样建呢？ 自己YY的是：每条边再流过的流量最多为K，则对于每条边，可流的流量不需要费用，不足的流量就补齐，有费用。 然而理想很美好，现实很骨感。

题目链接【分析】一个点只能经过一次？–> 拆点！ 两个约束条件，既要天数长又要路程短？–>费用流！然后就将点i拆为点i’和i”。i’–>i”建边，流量为1，费用为0，限制这个点只能走一次。对于每条边 （x，y，z） x”–>y’,流量为1，费用为z，代表该边只能走一次，代价为z。再建立超级源超级汇，S向1’连边，流量为INF，费用为0，n”向T连边，流量为INF，费用为0。流量就为最长周期

题目链接【分析】和餐巾计划基本相同。【建模】拆点，每个点x拆为x’和x”。S向每个点x’建边，容量为n[i]，费用为0。表示当天用了n[i]。每个x”向T建边，容量为n[i]，费用为0。表示当天需要n[i]。S向每个点x’’建边，容量为INF，费用为f。表示当天通过购买来获得毛巾。每个点x’向(x+1)’建边，容量为INF，费用为0。表示当天用完的毛巾留到下一天处理。若x+a+1<=n，建

题目链接【分析】。。大水题。。【建模】S到每个点建边，流量为INF，费用为di。表示当月可以通过购买获得产品。每个点到T建边，流量为Ui，费用为0。表示当月需求量为Ui。对于每个小于n的点i，向i+1建边，流量为S，费用为m。代表当月可储存S， 花费为m。费用流值就是答案。【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#

题目链接【分析】题目可以抽象为，最少修改几个点指向的边，可以使每个点都处于一个简单环中。为什么一定是简单环呢？因为很显然每个点出度一定为1，所以所成环一定为简单环。那么这样就好做了。【建图】拆点。 1. 每个点x’向四周的点y”连边，流量为1，若指向的点为原先的方向，则费用为0，其他的费用为1。 2. S向每个点x’连边，流量为1，费用为0。 3. 每个点x”向T连边，流量为1，费用为0

题目链接【分析】先吐槽：题目读的真的烦。。刚开始理解错了题意算出来答案怎么都不对还不知道哪里错了。。中午回家才想出来。。真的是勺的掺。其实这个题还是很裸的费用流。。看懂题就好。【建图】S向每个产品建边，流量为Ci，费用为0.每个员工向T建Si+1条边，流量为t[i][j]-t[i][j-1]，费用为w[i][j]。为了方便，可以直接将t[i][si+1]赋为INF。有关系的产品和员工之间建边，

题目链接【分析】直接做好像不太容易，那先考虑每个人修车对答案的贡献。假设第i个顾客到第j名技术人员修车。只会对第i名顾客和这名顾客之后的在第j名技术人员处修车的顾客造成影响。【建图】这样的话，我们就可以将技术人员拆点，每个技术人员拆为n个点。 假设这是第x个人，那么xi表示第x人修倒数第i辆车。S向每个顾客连边，容量为1，费用为0.技术人员拆成的n*m个点，分别向T连边，容量为1，费用为0.

题目链接【分析】这题是【BZOJ1070修车】的加强版。 若仍正常建边的话，会T。那就想如何优化。 费用流中每次增广，只增广一条最短的道路，及对应一名厨师做一道菜。而每次又找的最短的，所以倒数第k次一定比倒数第k+1次先找到。得到了这个信息，就可以动态加边来解决了。【建图】S向每种菜品连边，流量为pi，费用为0。令P=∑pi，将厨师拆为m*P个点，分别向T连边，流量为1，费用为0。最开始将

题目链接【分析】（不想看bb的直接略过） 读完题，诶，这和餐巾计划很像。 然后就乱搞乱搞。。画了几张图，把样例混出来了！ 很开心的交掉。WA！？我口胡错了么。。回头查，很好。∑ai没有清零。。再交，WA！！？又查。。很好很好，算的流量也没有清零。然后就，A掉了！！！？【建图】拆点，每一天x拆为x’和x”。S向x’连边，流量为ai，费用为0。x”向T连边，流量为ai，费用为0。x’向（x+1）

题目链接题解： https://www.byvoid.com/blog/noi-2008-employee/【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <

题目链接【分析】题目要求“消除的数对尽可能多的前提下，得到足够的分数”，那就可以想到最大费用最大流解决。 一个点显然只能用一次，所以要拆点。若对满足题目要求的x,y，只是由x’–>y”的话，就会出现问题：某些点可能会选到两次。这个并没有限制住。 如何解决呢？我们同时也发现，一个点最多被选两次，那么若再从y’–>x”连边，也就相当于将答案扩大两倍。 为什么一定正确呢？每次增广是按增光路径的长度找

题目链接【分析】很容易想到最大费用最大流。 但是蒟蒻只会打暴力直接被卡掉。。 那就想如何优化。暴力建图中对于每个（x[i]>=x[j]&&y[i]>=y[j]）都建了边。那么数据中如果两千个点（i，i）。被卡的没脾气。 然后发现对于i能到j且j能到k，则为了利益最大化，不会直接从i到k。那么就加入这条剪枝。 还要考虑另外一个问题。一个点可能走2次，所以再加入一条边x’–>x”，流量为1，费用

题目链接（很烦，很燥。数组开小了调了我一个半小时。心态崩了）学习一下别人的建图：http://www.cnblogs.com/BLADEVIL/p/3473628.html【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#include <cstring

题目链接【分析】费用流裸题。。【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <stack>#define N 405#define M 80805#def

题目链接【分析】首先，第一步tarjan缩点还是很容易想到的。 一个点至少要经过一次，所以拆点，连两条边，第一条流量为1，费用为1，第二条流量为INF，费用为0。 连通块之间连边，流量为INF，费用为0。 若块x可作为起点，则由S–>x’连边，流量为INF，费用为0。若可作为终点，则由x”–>T连边，流量为INF，费用为0。 增广次数即为答案。（又是一道把我心态做崩的题。。一开始打成了每条边走一

BZOJ1449 BZOJ2895【分析】本题中无论输赢都会获得收益，所以按往常的费用流建图，不好完成。 那么我们先假设每场比赛双方全输，计算“初始答案”，然后对于每一场比赛，一方获胜，计算收益改变量。那么多赢一场，产生的收益为：(C*(w+1)^2+D*(l-1)^2)-(C*w^2+D*l^2)=2w*C-2l*D+C+D。每赢一次，w[i]++,l[i]–。初始答案+费用流值=最终答案。

题目链接【分析】根据提议，类似于最小路径覆盖。不同的只有，对于每个点，可以由任意一个点花费一定代价，直接到达。【建图】拆点。S->x’，流量为1，费用为0。x”–>T，流量为1，费用为0。S–>x”，流量为INF，费用为a[x]。每条边（x，y，z），假设x编号较小，则x’–>y”连边，流量为1，费用为z。【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#i

题目链接【题意】给一张有向图，现在要选择一些点，删掉图中的所有边。具体操作为：选择点i，可 以选择删除从i 出发的所有有向边或者进入i 的所有有向边，分别有个代价ini 和 outi，求最小的代价删掉所有边。并输出删除方案。【分析】一条边不是被入点删掉，就是出点。就可以拆点构二分图，然后最小割。 方案？ 考虑残量网络，从S做BFS，那么对于左侧被选中的点，就是level值为0，及由S连向它的

题目链接【题意】最大密度子图，并求方案。【分析】二分答案ans。 ans=sumE/sumV sumE-ans*sumV取最大值，若 >=0 就满足条件。 由于边和点有依赖关系，一条边依赖于两点，所以可转化为最大权闭合子图。 边为正权1，点为负权ans。判断（正权和-最小割）的正负。先吐槽:卡精度的题先S个M。刷了poj一页。最后XJB乱改乱搞莫名其妙才A了。【代码】#include <io

最小割概念割：如果从图G中删除一个弧的集合c{f}，让S流不到T，那么这个集合成为图G的一个割。记做C（S,T），S,T为点集。正向割边：对于集合c中的一条弧f{u,v}（u指向v）如果u∈S，v∈T则成为正向割边。逆向割边：对于集合c中的一条弧f{u,v}（u指向v）如果u∈T，v∈S则成为逆向割边。割的容量：割C{S,T}中所有正向割边的容量和称为割的容量。最小割：容量最小的割Ci{S