POJ 3680 Intervals （费用流经典构图题）

Description

You are given N weighted open intervals. Theith interval covers (a_i,b_i) and weighsw_i. Your task is to pick some of the intervals to maximize the total weights under the limit that no point in the real axis is covered more than k times.

Input

The first line of input is the number of test case.
The first line of each test case contains two integers, N andK (1 ≤K ≤N ≤ 200).
The next N line each contain three integersa_i,b_i,w_i(1 ≤a_i <b_i ≤ 100,000, 1 ≤w_i ≤ 100,000) describing the intervals.
There is a blank line before each test case.

Output

For each test case output the maximum total weights in a separate line.

Sample Input

43 11 2 22 3 43 4 83 11 3 22 3 43 4 83 11 100000 1000001 2 3100 200 3003 21 100000 1000001 150 301100 200 300

Sample Output

1412100000100301

题意：给定 N 个带权的开区间，第 i 个区间覆盖(ai, bi)，权为 wi。现在要你挑出一些区间使得总权值最大， 并且满足实轴上任意一个点被覆盖不超过 K 次 ，每个区间选一次。注意区间内的点是实数。（1 <= K <= N<= 200, 1 <= ai < bi <= 100,000, 1 <= wi <= 100,000）

建图方法：由于n为200，区间最大100000，所以我们进行离散化，把所有的区间端点离散化到整数1...M,新建源点s=0和汇点t=M+1;对于每个i（0<=i<=M)加边(i,i+1,K,0),这样源点汇点也加进去了。对于每个区间(x,y)，离散化后表示为(xx,yy),那么我们加边(xx,yy,1,-wi),因为题目要求最大值，我们将费用变为负数求出最小值，然后再取反就是答案了。此题费用为0已经是最大的费用了...

重点是来简单分析一下为什么这样建图：

丫的，打个换行就不知道怎么描述了！...

首先，如果你要限制一个区间(x,y)内的点最多被覆盖K次，我们可以在端点x前面和端点y后面加一条辅助边（暂且说成辅助边吧），容量为K，使之成为这样：

i---x-...-y---j,此时限制i---x为辅助边，容量为K，y---j为辅助边，容量为K,如果已知有一段可选择区间为(x,y,1,-wi),此时流量只会从(x,y,1,-wi)流过去，因为费用小。那么i---x的容量-1，y---j的容量也-1，假使题目中有K个这样的区间，跑完以后i到j就流不通了，说明区间(x,y)内的所有数都被覆盖了K次了。这样便可以慢慢试着推广到此题了，所有的边(i,i+1,K,0)，i到i+1充当着区间和辅助边的作用，如果选用边(a,b,1,-wi),那么(a-1,a,K,0)和(b,b+1,K,0)这两条边就充当了辅助边的效果,保护着(a,b)区间内的数被覆盖不超过K次。

虽然说得自己都乱了，但是第一次做这种题，有必要记录一下此时的想法。

#include<cstdio>#include<string.h>#include<queue>#include<algorithm>#define maxn 510#define inf 0x3f3f3fusing namespace std;struct node{    int st;    int en;    int flow,cost;    int next;}E[maxn*maxn];int num;int p[maxn];void init(){    memset(p,-1,sizeof p);    num=0;}void add(int st,int en,int flow,int cost){    E[num].st=st;    E[num].en=en;    E[num].flow=flow;    E[num].cost=cost;    E[num].next=p[st];    p[st]=num++;    E[num].st=en;    E[num].en=st;    E[num].flow=0;    E[num].cost=-cost;    E[num].next=p[en];    p[en]=num++;}int pre[maxn];int dis[maxn];bool fg[maxn];bool spfa(int st,int en){    for(int i=0;i<=en;i++)        fg[i]=0,dis[i]=inf,pre[i]=-1;    queue<int>q;    q.push(st);    fg[st]=1;    dis[st]=0;    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();        fg[u]=0;        for(int i=p[u];i+1;i=E[i].next)        {            int v=E[i].en;            if(E[i].flow&&dis[v]>dis[u]+E[i].cost)            {                dis[v]=dis[u]+E[i].cost;                pre[v]=i;                if(!fg[v])                {                    fg[v]=1;                    q.push(v);                }            }        }    }    if(dis[en]<inf)        return 1;    return 0;}int solve(int st,int en){    int ans=0;    while(spfa(st,en))    {        int d=inf;        for(int i=pre[en];i+1;i=pre[E[i].st])            d=min(d,E[i].flow);        for(int i=pre[en];i+1;i=pre[E[i].st])        {            E[i].flow-=d;            E[i^1].flow+=d;            ans+=d*E[i].cost;        }    }    return ans;}int a[500];int l[300],r[300],c[300];int b[100010];int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        init();        int n,k;        scanf("%d%d",&n,&k);        int num=0;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d%d%d",&l[i],&r[i],&c[i]);            a[++num]=l[i];            a[++num]=r[i];        }        sort(a+1,a+num+1);        num=unique(a+1,a+num+1)-a-1;///去重        for(int i=1;i<=num;i++)            b[a[i]]=i;        int s=0,t=num+1;        for(int i=0;i<=num;i++)            add(i,i+1,k,0);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            add(b[l[i]],b[r[i]],1,-c[i]);        }        printf("%d\n",-solve(s,t));    }    return 0;}