【贪心+堆/模拟费用流增广】BZOJ4946 [NOI2017]蔬菜

一道思路很好的题，因为篇幅太长赶时间，以下多数转自这里

【题目】
定义了一种蔬菜为： a i , s i , c i , x i a_i,s_i,c_i,x_i ai,si,ci,xi，有 n n n种蔬菜
意思是蔬菜的价格为 a i a_i ai，第一份卖出时价格为 a i + s i a_i+s_i ai+si,一共有 c i c_i ci份，每天会有 x i x_i xi份过期；每天最多卖出 m m m份蔬菜，多组输入天数 d d d依次最大化收入。
n , m , d , T ≤ 1 0 5 n,m,d,T\leq 10^5 n,m,d,T≤105

【解题思路】
首先有一个费用流的做法是这样子的：首先对于蔬菜拆点，每一天拆出一个点，因为蔬菜可以购买的量逐渐递减，因此每一天向下一天连接流量为当前天减少 d d d的边，费用为 0 0 0，然后考虑把蔬菜卖出去，那么就是从一个蔬菜拆出来的某一天向汇点连边，因为限制每天购买的总量，所以再对于每一天的购买的蔬菜拆一个点，然后这一天的每一个蔬菜向这个点连容量为 i n f inf inf，费用为蔬菜费用的边，再从这个点向汇点连容量为 m m m，费用为 0 为0 为0的边。显然源点向每个蔬菜的第一天连容量为蔬菜数量，费用为 0 0 0的边，至于第一次购买产生的额外贡献，我们把连的那条边拆出一个单位来，再额外链接一下容量为 1 1 1，费用为第一次购买产生的额外贡献的边。这样子连边就好了。

跳出来，往正解的方面想。
显然不难发现一个 O ( n Q ) O(nQ) O(nQ)的贪心，蔬菜会逐渐减少很不好做，我们倒过来，反过来考虑每一天，那么蔬菜的数量变成了每一天都增加每种蔬菜一定量，然后我们需要倒着买蔬菜就好了。可能需要数据结构什么的维护一下，但是大致的复杂度就是上述的东西。

我们现在再正着考虑，假设我们知道我们在 p p p天的时候的最优解中，买了哪些蔬菜，那么我们可以很容易的得到 p − 1 p-1 p−1天的答案，显然只需要把利润最小的那 m m m个蔬菜给去掉就好了，因为第 p − 1 p-1 p−1天可以购买的蔬菜不会少于第 p p p天，在第 p p p天能够买到的，在 p − 1 p-1 p−1天也一定能够买到。

前面说的不是很清楚，现在考虑如何求解第 p p p天的答案。我们既然是增加蔬菜，那么这个操作很容易维护，只需要搞一个堆出来，然后每次把当前所拥有的所有蔬菜全部拿出来贪心取就好了，稍微注意一下第一次选产生的额外贡献的细节就好。然后考虑如何递推回去，还是拿一个堆维护，同理注意一下第一次选产生的额外贡献。

既然这么讲了贪心怎么写，是不是觉得其实这就是一个模拟费用流的过程啊，倒推回去就是一个退流的过程，正推的贪心，显然每天只有那么几条路径，用堆维护等价于跑费用流。

复杂度 O ( n l o g n + q m ( l o g n + l o g q ) ) O(nlogn +qm(log\ n+log\ q)) O(nlogn+qm(log n+log q))

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e5+10,P=1e5;
int n,m,Q,sum;
int used[N],vis[N];
ll ans[N];
vector<int>d[N];
stack<pii>s;
priority_queue<pii>q;int read()
{int ret=0;char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();return ret;
}struct data
{int a,s,c,x;void rd(){a=read();s=read();c=read();x=read();}
}a[N];int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("BZOJ4946.in","r",stdin);freopen("BZOJ4946.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();Q=read();for(int i=1;i<=n;++i) a[i].rd();for(int i=1;i<=n;++i) if(!a[i].x) d[P].pb(i); else d[min(P,(a[i].c+a[i].x-1)/a[i].x)].pb(i);for(int i=P;i;--i){for(int j=0,id;j<(int)d[i].size();++j) id=d[i][j],q.push(mkp(a[id].a+a[id].s,id));for(int j=m;j && !q.empty();){int w=q.top().fi,v=q.top().se;q.pop();if(!vis[v]){vis[v]=1;ans[P]+=w;++used[v];--j;if(a[v].c>1) q.push(mkp(a[v].a,v));}else{int res=min(j,a[v].c-used[v]-(i-1)*a[v].x);ans[P]+=(ll)res*w;used[v]+=res;j-=res;if(used[v]^a[v].c) s.push(mkp(a[v].a,v));}}while(!s.empty()) q.push(s.top()),s.pop();}while(!q.empty()) q.pop();for(int i=1;i<=n;++i) sum+=used[i];for(int i=1;i<=n;++i) if(used[i]==1) q.push(mkp(-a[i].s-a[i].a,i));else if(used[i]) q.push(mkp(-a[i].a,i));for(int i=P-1;i;--i){ans[i]=ans[i+1];while(sum>i*m && !q.empty()){int w=-q.top().fi,v=q.top().se;q.pop();if(used[v]>1){int res=min(sum-i*m,used[v]-1);used[v]-=res;sum-=res;ans[i]-=(ll)res*w;if(used[v]==1) q.push(mkp(-a[v].a-a[v].s,v));else q.push(mkp(-a[v].a,v));}else --sum,--used[v],ans[i]-=w;}}while(Q--) printf("%lld\n",ans[read()]);return 0;
}

【总结】
niubi

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