【贪心 / 线段树模拟费用流增广】BZOJ4977 [Lydsy八月月赛] 跳伞求生
【题目】
原题地址
有 n 个队友和 m 个敌人，每个队友有一个攻击力 ai ，每个敌人有攻击力 bi 和价值 ci 。你可以选择若干个队友，每个队友 i 分别去怼一个敌人 j ，当 ai>bj 时，你的队友可以对答案造成 ai−bj+cj 的贡献。求最大贡献。
【题目分析】
看到题目第一眼就是贪心了。但是贪心的策略以及正确性还是要商讨的。
【解题思路】
先将 a 和 b 放在一起从小到大排序，相等的话 a 放前面。然后开一个优先队列维护敌人价值 c−b 。
对于每一个 ai ，如果当前在优先队列中有敌人可以打，那么就打掉。
否则我们可以丢掉一个 a 最小的队友来代替，显然是更优的。
做完这个操作以后我们会得到一个选择最多队友情况下的最优解，但不一定是本题要求的最优( c−b 可能是负数)
那我们怎么解决这个问题呢？
显然就可以每次丢掉一个 a 最小的队友，同时丢掉一个 c−b 最小的敌人，我们可以得到一组新的解，而且这组解可能更优（当然也会变差就是了，不过还是贪心的思想233）。
而且这样显然也是满足题目要求的。（因为本来就是一一对应的关系，先删小的队友不会不合法）
这样这道题目就可以通过了。
你以为这就结束了吗？（实际上确实结束了）
看了正解以后感觉自己还是有点偷鸡qwq
以下就直接放解题报告里面的题解：
不难发现 a 越大的玩家越容易占领房子，并且收益越大，因此最优解中一定是选 a 最大的 若干个玩家。
为了方便起见，我们设 v[i]=c[i]−b[i] ，即每个房子的收益。
将玩家和房子混在一起，按 a 和 b 从小到大排序，对于相同的情况，将玩家优先放在前面，那么每个玩家能占领的房子就是它前面的所有房子。
如果我们将方案中选取的玩家看成右括号，房子看成左括号，那么方案必定是一个合法的括号序列，
即设 s[i] 表示前 i 个位置中选取的房子减去玩家的个数，那么必有 min(s[i])≥0且s[n+m]=0 。
因为 a 越大越好，因此我们从大到小考虑每个玩家，对于当前这个玩家，我们先将其位置填上右括号，对应 s 中一段后缀减去1。
我们希望找到一个没用过的收益最大的房子，满足加入那个房子后仍然是一个合法的括号序列，假设房子位于位置 j ，那么加入 j 会导致 s[j..n+m] 加上1，
因此只要 min(s[1..j−1])≥0 且 min(s[j..n+m])≥−1 即是合法的房子，而区间加减、 区间最小值查询则是线段树的经典操作。
按 v 从大到小考虑每个未使用的房子，如果它合法，那么将其纳入答案，同时加入该左括号，然后考虑下一个玩家。
如果它非法，那么因为我们按照 a 从大到小考虑每个玩家，今后的条件只会越来越苛刻，因此它永远都不可能合法，直接抛弃即可。
因为每个房子只会被考虑一 次，因此复杂度为 O(mlog(n+m)) 。
注意到上述问题本质是在用线段树模拟费用流的增广，因此当增广路长度 <0 时，即可终止算法。
时间复杂度 O((n+m)log(n+m)) 。
我看完以后WA地一声就哭了出来。
于是很不甘心地把线duang树版本也写了一次。
【参考代码】
贪心
#includereturn A.xint main()
{
freopen("BZOJ4977.in","r",stdin);
freopen("BZOJ4977.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i].x),a[i].typ=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
++n;
scanf("%d%d",&a[n].x,&a[n].y);
a[n].typ=1;a[n].y-=a[n].x;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
head=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(a[i].typ)
q.push(a[i].y);
else
{
if(q.empty())
{
if(head<=tail)
{
sum+=a[i].x-w[head++];
w[++tail]=a[i].x;
}
}
else
{
int tmp=q.top();q.pop();
sum+=a[i].x+tmp;
p.push(tmp);
w[++tail]=a[i].x;
}
}
}
ans=sum;
for(int i=head;i<=tail;++i)
{
sum-=p.top()+w[i];
p.pop();
ans=max(ans,sum);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
} 线段树
#includereturn a.winline void pushdown(int x)
{
if(p[x])
{
c[x<<1]+=p[x];p[x<<1]+=p[x];
c[x<<1|1]+=p[x];p[x<<1|1]+=p[x];
p[x]=0;
}
}
inline void update(int x,int l,int r,int L,int R,int y)
{
if(l>R || rreturn;
if(l>=L && r<=R)
{
c[x]+=y;p[x]+=y;
return;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
update(x<<1,l,mid,L,R,y);
if(R>mid)
update(x<<1|1,mid+1,r,L,R,y);
c[x]=min(c[x<<1],c[x<<1|1]);
}
inline int query(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(l>R || rreturn INF;
if(l>=L&&r<=R)
return c[x];
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1,ret=INF;
if(L<=mid)
ret=min(ret,query(x<<1,l,mid,L,R));
if(R>mid)
ret=min(ret,query(x<<1|1,mid+1,r,L,R));
return ret;
}
int main()
{
freopen("BZOJ4977.in","r",stdin);
freopen("BZOJ4977.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
h=n+m;
for(i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
for(i=1;i<=n;++i)
g[i].w=a[i],g[i].f=i;
for(i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
g[i+n].w=x;g[i+n].f=i+n;
d[i].w=y-x;d[i].f=i;
}
sort(g+1,g+h+1,Cmp);sort(d+1,d+m+1,Cmp);
for(i=1;i<=h;++i)
w[g[i].f]=i;
for(i=n,j=m;i;--i,--j)
{
update(1,1,h,w[i],h,-1);
for(;j;--j)
{
k=w[d[j].f+n];
if(query(1,1,h,1,k-1)>=0 && query(1,1,h,k,h)>=-1&&a[i]+d[j].w>0)
{
ans+=a[i]+d[j].w;
update(1,1,h,k,h,1);
break;
}
}
if(!j)
break;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
} 【总结】
仔细思考了以后，发觉贪心的思想和这个线duang树的思想本质上是一样的。
那么我觉得还是写贪心吧qwq。
不过这个线段树模拟费用流增广的思想还是很实用的，毕竟罗指导之前是给我们讲过另一道这种思想的题目呢qwq。