Noip 备战篇（三）

【小K 的农场(farm)】 new oj 1750
题目大意：现在有若干个农场，每个农场里面有若干个作物，现在给你一些限制条件，具体是：

• 如果每行的第一个数是1，接下来有三个整数a,b,c，表示农场a 比农场b 至少多种植了c 个单位的作物
• 如果每行第一个数是2，接下来有三个整数a，b，c，表示农场a 比农场b 至多多种植了c 个单位的作物
• 如果每行第一个数是3，接下来有两个整数a,b，表示农场a 种植的数量与b一样多

思路：

比较显然的查分约束系统。对于这张图里面的每一个联通块，只要判断一下有没有负环就可以了。但是有个坑爹的地方就是如果你spfa>n 才退出就会超时，所以用栈代替队列就可以比较快的找到负环。但是事实上只要>5退出就可以（不太科学）。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>#include<string>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;const int imax=10000+229;const int bmax=2*imax;const int inf=1000000229;int n,m;int num,head[imax],to[bmax],next[bmax],c[bmax];bool flag[imax],ok[imax];void add(int u,int v,int val){    to[num]=v; next[num]=head[u]; c[num]=val; head[u]=num++;}void iread(){    scanf("%d%d",&n,&m);    int f; int a,b,val;    memset(head,-1,sizeof(head));     for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d",&f);        if(f==1)        {             scanf("%d%d%d",&a,&b,&val);             flag[a]=1; flag[b]=1;             add(a,b,-val);        }        else if(f==2)        {            scanf("%d%d%d",&a,&b,&val);            flag[a]=1; flag[b]=1;            add(b,a,val); add(a,b,0);           }        else        {            scanf("%d%d",&a,&b);            flag[a]=1; flag[b]=1;            add(a,b,0); add(b,a,0);        }    }   }int d[imax],cal[imax];bool vis[imax];queue<int> q;bool spfa(int x){    for(int i=1;i<=10000;i++)         { d[i]=inf; cal[i]=0; vis[i]=0; }    d[x]=0; vis[x]=1;    q.push(x);    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();         vis[u]=0; ok[u]=1;        cal[u]++;        if(cal[u]>10) {return false;}        for(int i=head[u];i!=-1;i=next[i])        {            if(d[to[i]]>d[u]+c[i])            {                d[to[i]]=d[u]+c[i];                if(!vis[to[i]]) { vis[to[i]]=1; q.push(to[i]);}             }           }     }       return true;}void iwork(){    for(int i=1;i<=10000;i++)        if(flag[i] && !ok[i])        {            if(!spfa(i)) { puts("No"); return; }            }       puts("Yes");}int main(){    iread();    iwork();    return 0;}

【第二题就是仓库建设原题】

【小M 的作物(crop)】 new oj 1752

题目大意：
现在给你两个农场，以及一些作物。每个作物放在A会有一个价值，在B会有另一个价值。但是有一些作物在一起的话会有特殊的额外收益。所以现在求最大的收益。
（对于100%的数据，1 <= k< n（作物） <= 1000 ,0 < m（特殊组合） <=1000 保证所有数据及结果不超过2*10^9。）

思路

• 一看就应该是网络流。关键是怎么建图。

• 如果不考虑特殊的收益的话。可以只要建一排的点，然后从s->i连a[i], i->T连b[i],即可，这样求一个最小割就可以得出ans=all-Maxflow。因为每个点只会在一个集合之中，而最小割又能保证得出的是a[i]和b[i]中的Min。

• 再次考虑特殊情况：可以这样建图，对于每一种特殊情况。只要建立相应的两个点，一个在左边，一个在右边。（A, B）A->B连一个a[i]，B->T连一个，然后A向每个对应的作物连inf的边，每个对应作物向B连一条inf的边。这样再次进行最小割就可以了。
  (因为inf的边不可能成为割边，所以最小割的是a[i]和b[i]的边。)

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>#include<string>#include<cstring>#include<queue>#define F(i,begin,end) for(int i=begin;i<=end;i++)using namespace std;const int imax=1000+229;const int dmax=4000+229;const int bmax=4000000+229;const int inf=1000000229;int n,m,k,a[imax],b[imax];int num,head[dmax],to[bmax],re[bmax],next[bmax];int ans,S,T;void iadd(int u,int v,int flow){    to[num]=v;  re[num]=flow;    next[num]=head[u]; head[u]=num++;}void add(int u,int v,int flow){    iadd(u,v,flow);    iadd(v,u,0);}void iread(){    scanf("%d",&n);    S=0; T=3229;    memset(head,-1,sizeof(head));    for(int i=1;i<=n;i++)    {         scanf("%d",&a[i]); ans+=a[i];         add(S,1000+i,a[i]);    }    for(int i=1;i<=n;i++)    {         scanf("%d",&b[i]); ans+=b[i];         add(1000+i,T,b[i]);         }    scanf("%d",&m);    int cl1,cl2;    int now,now2;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d%d",&k,&cl1,&cl2);        now=i;          now2=2000+i; ans+=(cl1+cl2);        add(S,now,cl1); add(now2,T,cl2);         int x;        for(int j=1;j<=k;j++)         {            scanf("%d",&x);            add(now,1000+x,inf);            add(1000+x,now2,inf);        }    }       }int d[dmax];queue<int> q;bool BFS(){   memset(d,0,sizeof(d));   q.push(S);   d[S]=1;   while(!q.empty())   {       int u=q.front();       q.pop();       for(int k=head[u];k!=-1;k=next[k])       {           if(re[k] && !d[to[k]])           {              d[to[k]]=d[u]+1;              q.push(to[k]);                   }               }           }   return d[T]>0;    }int DFS(int x,int c){   if(x==T || c==0) return c;   int r=c,f;   for(int k=head[x];k!=-1;k=next[k])   {        if(re[k] && d[to[k]]==d[x]+1)        {           f=DFS(to[k],min(re[k],r));           r-=f; re[k]-=f;  re[k^1]+=f;            if(r==0) break;        }          }        if(r==c) d[x]=0; // 当前节点无法继续增广；    return c-r; }void iwork(){    int kk=0;    while(BFS()) { kk+=DFS(S,inf); }        printf("%d\n",ans-kk);}int main(){    iread();    iwork();    return 0;}