题面
题意
在一条路上有标号为1-n的n座房子,每座房子最高为h,若一座房子的高度为x,则这座房子的收益为x*x,有m条限制,每条限制表示如果在l-r之间的所有房子的最大高度超过hi,则罚款ci.问所有房子的最大收益是多少.
做法
一道经典的最小割.
假设一开始所有房子的高度均为h,初始答案为 n ∗ h ∗ h n*h*h n∗h∗h,可以对每座房子的每一种取值建一个点,并且这样连边S->0->1->2->3->4…h->T,第i个点到第i+1个点的边的权值为 h ∗ h − i ∗ i h*h-i*i h∗h−i∗i,割掉这条边就表示房子的高度为i.对每一条限制也新建一个点x,并且x向T连一条边,边权为罚款金额,割掉这条边就表示可以不交这一项罚款,并从每个受限制的房子的相应高度代表的点向x连流量为INF的边,然后 n ∗ h ∗ h − n*h*h- n∗h∗h−最小割即为答案.
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 3010
#define M 1001000
using namespace std;
int n,m,tot,S,T,h,ans,bb=1,first[N],cur[N],deep[N];
struct Bn
{
int to,next,quan;
}bn[M];
queue<int>que;
inline void add(int u,int v,int w)
{
bb++;
bn[bb].to=v;
bn[bb].quan=w;
bn[bb].next=first[u];
first[u]=bb;
}
inline void ad(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
inline bool bfs()
{
memset(deep,0,sizeof(deep));
int p,q;
deep[S]=1;
que.push(S);
for(;!que.empty();)
{
q=que.front();
que.pop();
for(p=first[q];p!=-1;p=bn[p].next)
{
int t=bn[p].to;
if(deep[t] || !bn[p].quan) continue;
deep[t]=deep[q]+1;
que.push(t);
}
}
return deep[T];
}
int dfs(int now,int mn)
{
if(now==T) return mn;
int res;
for(int &p=cur[now];p!=-1;p=bn[p].next)
{
int t=bn[p].to;
if(deep[t]!=deep[now]+1 || !bn[p].quan) continue;
res=dfs(t,min(mn,bn[p].quan));
if(res)
{
bn[p].quan-=res;
bn[p^1].quan+=res;
return res;
}
}
return 0;
}
int main()
{
memset(first,-1,sizeof(first));
int i,j,p,q,o,t;
cin>>n>>h>>m;
tot=(h+1)*n;
T=tot+m+1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=(i-1)*(h+1)+1;j<i*(h+1);j++) ad(j,j+1,h*h-(j-(i-1)*(h+1)-1)*(j-(i-1)*(h+1)-1));
ad(S,(i-1)*(h+1)+1,INF);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&p,&q,&o,&t);
if(o>=h) continue;
ad(i+tot,T,t);
for(j=p;j<=q;j++) ad((j-1)*(h+1)+o+2,i+tot,INF);
}
for(;bfs();)
{
memcpy(cur,first,sizeof(first));
for(t=dfs(S,INF);t;ans+=t,t=dfs(S,INF));
}
cout<<h*h*n-ans;
}