bzoj2245 [SDOI2011]工作安排
来源:互联网 发布:该怎样正确使用网络 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 04:51
Description
你的公司接到了一批订单。订单要求你的公司提供n类产品,产品被编号为1~n,其中第i类产品共需要Ci件。公司共有m名员工,员工被编号为1~m员工能够制造的产品种类有所区别。一件产品必须完整地由一名员工制造,不可以由某名员工制造一部分配件后,再转交给另外一名员工继续进行制造。
我们用一个由0和1组成的m*n的矩阵A来描述每名员工能够制造哪些产品。矩阵的行和列分别被编号为1~m和1~n,Ai,j为1表示员工i能够制造产品j,为0表示员工i不能制造产品j。
如果公司分配了过多工作给一名员工,这名员工会变得不高兴。我们用愤怒值来描述某名员工的心情状态。愤怒值越高,表示这名员工心情越不爽,愤怒值越低,表示这名员工心情越愉快。员工的愤怒值与他被安排制造的产品数量存在某函数关系,鉴于员工们的承受能力不同,不同员工之间的函数关系也是有所区别的。
对于员工i,他的愤怒值与产品数量之间的函数是一个Si+1段的分段函数。当他制造第1~Ti,1件产品时,每件产品会使他的愤怒值增加Wi,1,当他制造第Ti,1+1~Ti,2件产品时,每件产品会使他的愤怒值增加Wi,2……为描述方便,设Ti,0=0,Ti,si+1=+∞,那么当他制造第Ti,j-1+1~Ti,j件产品时,每件产品会使他的愤怒值增加Wi,j, 1≤j≤Si+1。
你的任务是制定出一个产品的分配方案,使得订单条件被满足,并且所有员工的愤怒值之和最小。由于我们并不想使用Special Judge,也为了使选手有更多的时间研究其他两道题目,你只需要输出最小的愤怒值之和就可以了。
Input
第一行包含两个正整数m和n,分别表示员工数量和产品的种类数;
第二行包含n 个正整数,第i个正整数为Ci;
以下m行每行n 个整数描述矩阵A;
下面m个部分,第i部分描述员工i的愤怒值与产品数量的函数关系。每一部分由三行组成:第一行为一个非负整数Si,第二行包含Si个正整数,其中第j个正整数为Ti,j,如果Si=0那么输入将不会留空行(即这一部分只由两行组成)。第三行包含Si+1个正整数,其中第j个正整数为Wi,j。
Output
仅输出一个整数,表示最小的愤怒值之和。
Sample Input
2 3
2 2 2
1 1 0
0 0 1
1
2
1 10
1
2
1 6
Sample Output
24
分析:
费用流
我一开始yy的一种建图方法,如下:
结果2500ms的时候WA,估计是4、5个点的时候
结果看到一个前辈说
答案要开ll
然后就A了
但是挺慢的。。卡时过
这里写代码片#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define ll long longusing namespace std;const int INF=0x33333333;const int N=100000;struct node{ int x,y,v,c,nxt;};node way[N*10];int st[N],tot=-1,pre[N],dis[N],q[N],tou,wei,cnt;int n,m,ci[N],mp[300][300],S[N],T[300][10],W[300][10],s,t;bool p[N];void add(int u,int w,int v,int cc){ tot++; way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=v;way[tot].c=cc;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot; tot++; way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=0;way[tot].c=-cc;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;}int spfa(int s,int t){ memset(pre,-1,sizeof(pre)); memset(p,1,sizeof(p)); memset(dis,0x33,sizeof(dis)); tou=wei=0; q[++wei]=s; dis[s]=0; p[s]=0; do { int r=q[++tou]; for (int i=st[r];i!=-1;i=way[i].nxt) if (way[i].v&&dis[r]+way[i].c<dis[way[i].y]) { dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].c; pre[way[i].y]=i; if (p[way[i].y]) { p[way[i].y]=0; q[++wei]=way[i].y; } } p[r]=1; } while (tou<wei); return dis[t]!=INF;}void doit(){ ll ans=0; while (spfa(s,t)) { int sum=INF; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) sum=min(sum,way[pre[i]].v); ans+=(ll)sum*dis[t]; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) way[pre[i]].v-=sum, way[pre[i]^1].v+=sum; } printf("%lld",ans);}void lianbian(){ int i,j,k,tt=0; s=0; t=2500; for (i=1;i<=n;i++) //everyone { ++tt; add(s,tt,INF,0); //tt 当前点 int now=tt; for (j=1;j<=S[i];j++){ tt++; add(now,tt,T[i][j]-T[i][j-1],0); for (k=1;k<=m;k++) if (mp[i][k]) add(tt,k+cnt,INF,W[i][j]); } tt++; add(now,tt,INF,0); //最后一级 for (k=1;k<=m;k++) if (mp[i][k]) add(tt,k+cnt,INF,W[i][S[i]+1]); } for (i=1;i<=m;i++) add(i+cnt,t,ci[i],0);}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); memset(st,-1,sizeof(st)); cnt=n; for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&ci[i]); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&mp[i][j]); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&S[i]); cnt+=S[i]+1; for (int j=1;j<=S[i];j++) scanf("%d",&T[i][j]); for (int j=1;j<=S[i]+1;j++) scanf("%d",&W[i][j]); } lianbian(); doit(); return 0;}
后来看到网上
用了一种拆边的方法,可以把边数大幅度减少
减少了循环边和点入队的时间
时间直接变成了开始的1/4
这里写代码片#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define ll long longusing namespace std;const int INF=0x33333333;const int N=50000;struct node{ int x,y,v,c,nxt;};node way[N*10];int st[N],tot=-1,pre[N],dis[N],q[N],tou,wei;int n,m,ci[N],mp[300][300],S[N],T[300][10],W[300][10],s,t;bool p[N];void add(int u,int w,int v,int cc){ tot++; way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=v;way[tot].c=cc;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot; tot++; way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=0;way[tot].c=-cc;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;}int spfa(int s,int t){ memset(pre,-1,sizeof(pre)); memset(p,1,sizeof(p)); memset(dis,0x33,sizeof(dis)); tou=wei=0; q[++wei]=s; dis[s]=0; p[s]=0; do { int r=q[++tou]; for (int i=st[r];i!=-1;i=way[i].nxt) if (way[i].v&&dis[r]+way[i].c<dis[way[i].y]) { dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].c; pre[way[i].y]=i; if (p[way[i].y]) { p[way[i].y]=0; q[++wei]=way[i].y; } } p[r]=1; } while (tou<wei); return dis[t]!=INF;}void doit(){ ll ans=0; while (spfa(s,t)) { int sum=INF; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) sum=min(sum,way[pre[i]].v); ans+=(ll)sum*dis[t]; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) way[pre[i]].v-=sum, way[pre[i]^1].v+=sum; } printf("%lld",ans);}void lianbian(){ int i,j,k,tt=0; s=0; t=n+m+1; for (i=1;i<=n;i++) //everyone { for (j=1;j<=S[i];j++) add(s,i,T[i][j]-T[i][j-1],W[i][j]); add(s,i,INF,W[i][S[i]+1]); for (j=1;j<=m;j++) if (mp[i][j]) add(i,j+n,INF,0); } for (i=1;i<=m;i++) add(i+n,t,ci[i],0);}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); memset(st,-1,sizeof(st)); for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&ci[i]); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&mp[i][j]); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&S[i]); for (int j=1;j<=S[i];j++) scanf("%d",&T[i][j]); for (int j=1;j<=S[i]+1;j++) scanf("%d",&W[i][j]); } lianbian(); doit(); return 0;}
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