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图论算法|luogu P2868 [USACO07DEC]观光奶牛Sightseeing Cows

图论算法|luogu P2868 [USACO07DEC]观光奶牛Sightseeing Cows
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analysis 题目要求的是最大平均乐趣值,相当于就是求
∑ i = 1 P W [ i u ] + W [ i v ] C [ i ] \sum_{i=1}^{P}\frac{W[{i_u}]+W[{i_v}]}{C[i]} i=1∑P?C[i]W[iu?]+W[iv?]?
的最大值
但是题目里有一个条件,就是说每个建筑物只能走一次(废话,不然的话直接在最快乐的那个建筑物那里一直待着就可以了啊),并且必须要走过一条边
先考虑第二个问题,必须走过一条边就走过一条边呗
但是问题在于第一个条件,如果我们令每条边的快乐值 W i = W i u + W i v W_i=W{i_u}+W{i_v} Wi?=Wiu?+Wiv?,并且在选择这条边的时候直接把这个 W W W拿来用的话,那么只要一出现环就会出现某一个建筑物走过两次并且累加了,两次快乐值的情况
但是可以证明最优情况不会出现重复经过两点的情况(当然这是有限制的),不得不吐槽一句,有些题解太不严谨了
图论算法|luogu P2868 [USACO07DEC]观光奶牛Sightseeing Cows
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(%%%木木！ 大佬,这就是一篇经过了自己思考写出来的题解)
好现在开始套模板:
对于任意一个L
假设有某组解使得
∑ i = 1 P ( W [ i u ] + W [ i v ] ) x i C [ i ] x i > L ( W [ i u ] + W [ i v ] ) x i > L ( C [ i ] x i ) ( W [ i u ] + W [ i v ] ? L × C [ i ] ) x i > 0 \sum_{i=1}^{P}\frac{(W[{i_u}]+W[{i_v}])x_i}{C[i]x_i}> L\\ (W[{i_u}]+W[{i_v}])x_i> L(C[i]x_i)\\ (W[{i_u}]+W[{i_v}]-L\times C[i])x_i> 0 i=1∑P?C[i]xi?(W[iu?]+W[iv?])xi??>L(W[iu?]+W[iv?])xi?>L(C[i]xi?)(W[iu?]+W[iv?]?L×C[i])xi?>0
【图论算法|luogu P2868 [USACO07DEC]观光奶牛Sightseeing Cows】相当于是要找最大的 ( W [ i u ] + W [ i v ] ? L × C [ i ] ) (W[{i_u}]+W[{i_v}]-L\times C[i]) (W[iu?]+W[iv?]?L×C[i])
嗯,当证明了上面的那个命题后,会发现问题就直接变成了找正环嘛
不需要像他们那样取反找负环,因为找正环和找负环的代码差别就是几个不等号
蒟蒻不小心想出了一种新的做法,只是没有去实现:
首先要判断是否存在一个包含起点的环,这个可以用一个 O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)的 t a r j a n tarjan tarjan解决
如果存在的话,就二分,左边界=0,右边界= 1 0 6 10^6 106,于是二分的时间复杂度为 O ( l o g 2 1 0 6 ) O(log_2{10^6}) O(log2?106),每一次二分,就对边排序,权值为 ( W [ i u ] + W [ i v ] ? L × C [ i ] ) (W[{i_u}]+W[{i_v}]-L\times C[i]) (W[iu?]+W[iv?]?L×C[i])
然后使用并查集,并且把起点拆成两个点,一个起点源点一个虚点,如果某一条边的终点连到了起点,那么就把虚点和其他点连起来,这样就可以判定环的存在了,然后每次加一条边的时候考虑用并查集判断本条边的起点和终点是否已经被走过,然后更新权值(可以用一个优先队列维护),权值更新后的边我们一条一条拿出来,最后把所有为正的权值加起来就是 j u d g e judge judge函数的返回值了,时间复杂度的话为 O ( m l o g n ) O(mlogn) O(mlogn)
总的时间复杂度为
O ( l o g 2 1 0 6 P l o g P ) = 500 × 12 × 19 = 1 0 6 O(log_2{10^6}PlogP)=500\times 12\times 19=10^6 O(log2?106PlogP)=500×12×19=106
这个…只要没算错的话一定是可以过的
code(0/1分数规划+找正环)

#include using namespace std; #define loop(i,start,end) for(register int i=start; i<=end; ++i) #define clean(arry,num) memset(arry,num,sizeof(arry)) #define anti_loop(i,start,end) for(register int i=start; i>=end; --i) #define ll long long templatevoid read(T &x){ x=0; char r=getchar(); T neg=1; while(r>'9'||r<'0'){if(r=='-')neg=-1; r=getchar(); } while(r>='0'&&r<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+r-'0'; r=getchar(); } x*=neg; } int n,m; const int maxn=1000+10; const int maxm=5000+10; struct node{ int e; int s; double w; int nxt; }edge[maxm<<1]; int head[maxn],cnt=0,f[maxn]; ll W[maxm]; inline void addl(int u,int v,ll w){ edge[cnt].e=v; edge[cnt].s=u; //edge[cnt].w=w; W[cnt]=w; edge[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt++; } bool flag=false; bool vis[maxn]; double dis[maxn]; void spfa(int u){ if(flag)return; vis[u]=true; for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].e; if(flag)return; if(dis[v]eps){ double mid=(L+R)/2; loop(i,0,m-1) edge[i].w=1.0*f[edge[i].e]-1.0*mid*W[i]; flag=false; clean(vis,false); loop(i,1,n) dis[i]=-1; dis[0]=0; spfa(0); if(flag)L=mid; else R=mid; } if(L==0) printf("0\n"); else printf("%.2lf\n",L); } int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("datain.txt","r",stdin); #endif clean(head,-1); read(n); read(m); loop(i,1,n)read(f[i]); loop(i,1,m){ int si,ei; ll ti; read(si); read(ei); read(ti); addl(si,ei,ti); } loop(i,1,n)addl(0,i,0); bin(); return 0; }

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