Bzoj 2563: 阿狸和桃子的游戏题解

2563: 阿狸和桃子的游戏

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Description

阿狸和桃子正在玩一个游戏，游戏是在一个带权图G=(V, E)上进行的，设节点权值为w(v)，边权为c(e)。游戏规则是这样的：
　　1. 阿狸和桃子轮流将图中的顶点染色，阿狸会将顶点染成红色，桃子会将顶点染成粉色。已经被染过色的点不能再染了，而且每一轮都必须给一个且仅一个顶点染色。
　　2. 为了保证公平性，节点的个数N为偶数。
　　3. 经过N/2轮游戏之后，两人都得到了一个顶点集合。对于顶点集合S，得分计算方式为

　　。
　　由于阿狸石头剪子布输给了桃子，所以桃子先染色。两人都想要使自己的分数比对方多，且多得越多越好。如果两人都是采用最优策略的，求最终桃子的分数减去阿狸的分数。

Input

　输入第一行包含两个正整数N和M，分别表示图G的节点数和边数，保证N一定是偶数。
　　接下来N+M行。
　　前N行，每行一个整数w，其中第k行为节点k的权值。
　　后M行，每行三个用空格隔开的整数a b c，表示一条连接节点a和节点b的边，权值为c。

Output

　输出仅包含一个整数，为桃子的得分减去阿狸的得分。

Sample Input

4 4
6
4
-1
-2
1 2 1
2 3 6
3 4 3
1 4 5

Sample Output

3
数据规模和约定
　　对于40%的数据，1 ≤ N ≤ 16。
　　对于100%的数据，1 ≤ N ≤ 10000，1 ≤ M ≤ 100000，-10000 ≤ w , c ≤ 10000。

　　这道题当时清楚的记得我在某本书上看过题解，是贪心，然后模糊的记得题解的具体内容，斯巴达了大半天也没有什么进展，看了PoPoQQQ的题解恍然大悟，感觉脑子被猪和蚂蚁啃了。

　　由于答案是求两人的差，那么我们可以先这么分析一下：

　　　　选一个点：+w

　　　　不选一个点：-w

　　　　选一个边的两端：e

　　　　选一端： 0

　　　　两端都不选: -e

　　因此，我们只要在两者之差中将这些体现出来就好了

　　其中，对于一个点还是很好说的，关键是边对于答案的影响。由于答案只是差，对于两人的得分同增同减，或者同乘对答案都是没有影响的，当然，同乘的除一下。利用这个性质，我们把边的边权除以2，分给两侧的点，这时，我们如果把两侧的点都选上，我们就得到了这条边的边权，两个都不选同理，如果只选一个，由于对手有另一个，两个数值一减为0，对答案无影响。因此，由于桃子先手，她一定每次选最大的，所以我们只要把改造后的点权排一下序，然后挨个加到他们二人的得分里就好了。

　　不过，为了方便，我直接把点权乘的2，然后边权就不拆了，这样，答案除以2就好了，也不用担心他是单数，从实际意义出发这时不可能的。

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdlib>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <queue>
 6 #include <algorithm>
 7 #include <cmath>
 8 #define N 10005
 9 using namespace std;
10 long long a[N];
11 int n,m;
12 int main()
13 {
14     scanf("%d%d",&n,&m);
15     for(int i=1;i<=n;i++)
16     {
17         scanf("%lld\n",&a[i]);
18         a[i]*=2;
19     }
20     for(int i=1;i<=m;i++)
21     {
22         int x,y;
23         long long z;
24         scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
25         a[x]+=z,a[y]+=z;
26     }
27     sort(a+1,a+n+1);
28     long long ans=0;
29     for(int i=1;i<=n;i+=2)
30     {
31         ans+=a[i+1]-a[i];
32     }
33     printf("%lld\n",ans/2);
34     return 0;
35 }

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