【LOJ6405】「ICPC World Finals 2018」征服世界

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【思路要点】

建议参考 W C 2019 WC2019 WC2019 第一课堂陈江伦的《模拟费用流问题》课件。

我们称需要军队的地方为老鼠，军队为洞，那么我们可以花费一定代价移动老鼠和洞，使得所有老鼠均进洞，我们需要最小化总代价。

考虑使用贪心解决该问题，我们为每一只老鼠设定一个额外代价 − ∞ -\infty −∞ ，其中 − ∞ -\infty −∞ 是一个足够小的数，表示将该老鼠和某一个洞匹配后额外的代价。由于我们会最小化总代价，因此这样将保证所有老鼠均进洞，我们只需把最后的答案加上 + ∞ × M +\infty\times M +∞×M ，其中 M M M 为老鼠个数即可。

记节点 i i i 到根的距离为 d e p t h i depth_i depthi ，树上 L c a Lca Lca 为 z z z 的点 x , y x,y x,y 之间的路径长度为 d e p t h x + d e p t h y − 2 × d e p t h z depth_x+depth_y-2\times depth_z depthx+depthy−2×depthz 。考虑在 z z z 子树中的所有老鼠和洞，我们关心的仅仅是 d e p t h x , d e p t h y depth_x,depth_y depthx,depthy 的数值，而不关心它们具体在哪里。不难发现，上述额外代价也可以直接与 d e p t h x depth_x depthx 或 d e p t h y depth_y depthy 进行累加后看做老鼠和洞的固有属性，不妨记为 v a l u e x , v a l u e y value_x,value_y valuex,valuey 。

每当我们找到可以使当前总代价减小的匹配，即 v a l u e x + v a l u e y − 2 × d e p t h z < 0 value_x+value_y-2\times depth_z<0 valuex+valuey−2×depthz<0 的匹配，匹配之，答案将会变优。但这样找到的匹配很可能不是最终答案上的匹配，因此我们需要提供一个反悔的可能。考虑撤销本次匹配的代价，我们可以重新计算得到新的 v a l u e x ′ = 2 × d e p t h z − v a l u e y ′ , v a l u e y ′ = 2 × d e p t h z − v a l u e x value'_x=2\times depth_z-value'_y,value'_y=2\times depth_z-value_x valuex′=2×depthz−valuey′,valuey′=2×depthz−valuex 。

至此，我们可以得出本题的算法，即从叶子结点出发，向上进行贪心。用两个小根堆来维护子树内 v a l u e x , v a l u e y value_x,value_y valuex,valuey 的集合，在合并两棵子树的同时合并它们对应的堆。当堆顶元素满足 v a l u e x + v a l u e y − 2 × d e p t h z < 0 value_x+value_y-2\times depth_z<0 valuex+valuey−2×depthz<0 时更新答案，并删除堆顶元素，加入 v a l u e x ′ , v a l u e y ′ value'_x,value'_y valuex′,valuey′ 。

可以发现，若一对已经在 z z z 处匹配的老鼠和洞同时反悔，那么 z z z 的父边将会被老鼠正反经过两次，因此不反悔是更优的，从而不可能出现同时反悔的情况。那么，元素入堆的总次数将为 O ( X ) O(X) O(X) 级别，总时间复杂度 O ( X L o g X ) O(XLogX) O(XLogX) 。

可将堆中相同的元素并为一个，时间复杂度优化至 O ( N L o g N ) O(NLogN) O(NLogN) 。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
const long long INF = 1e12;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
ll ans, depth[MAXN];
vector <pair <int, int>> a[MAXN];
int n, m, cnthole[MAXN], cntmouse[MAXN];
__gnu_pbds :: priority_queue <ll, greater<ll>> hole[MAXN], mouse[MAXN];
void work(int pos, int fa, int len) {depth[pos] = depth[fa] + len;while (cnthole[pos]--) hole[pos].push(depth[pos]);while (cntmouse[pos]--) mouse[pos].push(depth[pos] - INF);for (auto x : a[pos])if (x.first != fa) {work(x.first, pos, x.second);hole[pos].join(hole[x.first]);mouse[pos].join(mouse[x.first]);}while (!mouse[pos].empty() && !hole[pos].empty() && mouse[pos].top() + hole[pos].top() - 2 * depth[pos] < 0) {ll m = mouse[pos].top(), h = hole[pos].top(), s = m + h - 2 * depth[pos];ans += s; mouse[pos].pop(), hole[pos].pop();mouse[pos].push(m - s), hole[pos].push(h - s);}
}
int main() {read(n);for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {int x, y, z; read(x), read(y), read(z);a[x].emplace_back(y, z);a[y].emplace_back(x, z);}for (int i = 1; i <= n; i++) {read(cnthole[i]), read(cntmouse[i]);int tmp = min(cnthole[i], cntmouse[i]);cnthole[i] -= tmp, m += cntmouse[i] -= tmp;}work(1, 0, 0);writeln(ans + INF * m);return 0;
}

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