BZOJ1577 USACO 2009 Feb Gold 1.Fair Shuttle Solution

题目大意：n个站点，有m群奶牛,第i群奶牛有mi只，要从si站点出发，直到ti站点下车。对于一群奶牛，可以不全部上车。同时在车上的奶牛数不能超过c,求最多能满足多少头奶牛的要求。

Sol:

一开始想到的是非常朴素的费用流，建模通过等式差分十分显然。不过这样会严重超时。

用两个变量now,ans分别记录当前负载，以及答案。

再维护每群奶牛目前剩下的数目num。

将奶牛群按照si从大到小排序，依次处理。

对于当前奶牛群i，我们找出还剩下的奶牛群j中tj<=si的奶牛群，并还原负载:now+=numj.

我们令当前奶牛群全部上车，不过有可能超出负载，那么我们就贪心的减小当前还剩下的ti最大的奶牛群，直到负载满足条件。在这个过程中，更新答案。

这样我们就在O(mlogm)的时间复杂度内解决了此题。

具体实现方面，分别维护大根堆和小根堆，维护ti.

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define N 20010
#define M 50010
int n, m;
struct Interval {
	int l, r, num;
	Interval(int _l = 0, int _r = 0, int _num = 0):l(_l),r(_r),num(_num){}
	void read() {
		scanf("%d%d%d", &l, &r, &num);
	}
	bool operator < (const Interval &B) const {
		return l < B.l;
	}
}S[M];

inline bool cmp(int a, int b) {//return a < b
	return S[a].r < S[b].r;
}
struct Heap {
	int a[M], ch[M], top;
	bool d;
	Heap(bool _d):d(_d) {
		top = 0;
	}
	bool empty() {
		return (top == 0);
	}
	void up(const int &x, bool del) {
		for(int i = x; i != 1; i >>= 1) {
			if (del || (cmp(a[i], a[i >> 1]) ^ d)) {
				swap(ch[a[i]], ch[a[i >> 1]]);
				swap(a[i], a[i >> 1]);
			}
			else
				break;
		}
	}
	void down(const int &x) {
		int son;
		for(int i = x; (i << 1) <= top; ) {
			son=(((i<<1)==top)||(cmp(a[i<<1],a[(i<<1)|1])^d))?(i<<1):((i<<1)|1);
			if (cmp(a[son], a[i]) ^ d) {
				swap(ch[a[i]], ch[a[son]]);
				swap(a[i], a[son]);
				i = son;
			}
			else
				break;
		}
	}
	void insert(const int &x) {
		a[++top] = x;
		ch[x] = top;
		up(top, 0);
	}
	void pop() {
		a[1] = a[top];
		ch[a[top--]] = 1;
		down(1);
	}
	void cutdown(const int &x) {
		int ins = ch[x];
		up(ins, 1);
		pop();
	}
	int res() {
		return a[1];
	}
}Max(1), Min(0);

int main() {
	//freopen("tt.in", "r", stdin);
	int lim;
	scanf("%d%d%d", &m, &n, &lim);
	
	int i;
	for(i = 1; i <= m; ++i)
		S[i].read();
	sort(S + 1, S + m + 1);
	S[0].r = -1;
	S[m + 1].r = 1 << 30;
	
	int now = 0, ans = 0, x;
	for(i = 1; i <= m; ++i) {
		while(!Min.empty() && S[x = Min.res()].r <= S[i].l) {
			Min.cutdown(x);
			Max.cutdown(x);
			now -= S[x].num;
		}
		now += S[i].num;
		ans += S[i].num;
		Min.insert(i);
		Max.insert(i);
		while(now > lim) {
			x = Max.res();
			if (S[x].num > now - lim) {
				ans -= now - lim;
				S[x].num -= now - lim;
				now = lim;
				break;
			}
			else {
				Min.cutdown(x);
				Max.cutdown(x);
				ans -= S[x].num;
				now -= S[x].num;
			}
		}
	}
	
	printf("%d", ans);
	
	return 0;
}