鼹鼠们在底下开凿了n个洞，由n-1条隧道连接，对于任意的i>1，第i个洞都会和第i/2（取下整）个洞间有一条隧道，第i个洞内还有ci个食物能供最多ci只鼹鼠吃。一共有m只鼹鼠，第i只鼹鼠住在第pi个洞内，一天早晨，前k只鼹鼠醒来了，而后n-k只鼹鼠均在睡觉，前k只鼹鼠就开始觅食，最终他们都会到达某一个洞，使得所有洞的ci均大于等于该洞内醒着的鼹鼠个数，而且要求鼹鼠行动路径总长度最小。现对于所有的1<=k<=m，输出最小的鼹鼠行动路径的总长度，保证一定存在某种合法方案。
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题解：一眼看到这道题，直接想到费用流，但是n太大了，不能直接跑费用流，但是我们发现题中给的是一棵完全二叉树，所以我们可以想一想怎么利用这个性质。
我们依旧沿用费用流的思想，假设我们扫到了第i只鼹鼠，我们先找到距离i最近的有空位置的点，然后在将那个点的剩余空间-1，再讲路径上所有的反向边流量+1（因为正向边的流量可以看做正无穷，所以我们不管）。现在我们的思路就很清晰了，所以我们只要找到距离i最近的有空位置的点就行了。
具体做法是先扫一遍整棵树，用f[i]表示在i的子树中距离i最近的点到i的距离，g[i]表示在i的子树中距离i最近的点的位置。查询的时候，从p[i]一步一步向上爬，不断用当前节点的 f值+爬上来的距离 更新答案，最后暴力重构路径上的所有节点的f,g值，因为保证是完全二叉树，所以复杂度是O(nlogn)的。
说着挺容易其实代码挺丑的~
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int maxn=100010;
typedef long long ll;
ll ans;
int n,m,sum,minn,pos,lca;
int p[maxn],c[maxn],g[maxn],f[maxn],v[maxn][2];
//0上1下
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(i=n;i>=1;i--)
{
if(c[i]) f[i]=0,g[i]=i;
if(f[i>>1]>f[i]+1) f[i>>1]=f[i]+1,g[i>>1]=g[i];
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&p[i]);
minn=1<<30,sum=0;
for(j=p[i];j;j>>=1)
{
if(f[j]+sum<minn) minn=f[j]+sum,pos=g[j],lca=j;
sum+=(v[j][0]>0)?(-1):1;
}
ans=ans+minn;
printf("%lld",ans);
if(i!=m) printf(" ");
c[pos]--;
for(j=p[i];j!=lca;j>>=1) v[j][0]?v[j][0]--:v[j][1]++;
for(j=pos;j!=lca;j>>=1) v[j][1]?v[j][1]--:v[j][0]++;
for(j=p[i];j!=lca;j>>=1)
{
f[j]=1<<30;
if(c[j]&&0<f[j]) f[j]=0,g[j]=j;
if((j<<1)<=n&&f[j<<1]+(v[j<<1][1]?-1:1)<f[j]) f[j]=f[j<<1]+(v[j<<1][1]?-1:1),g[j]=g[j<<1];
if((j<<1|1)<=n&&f[j<<1|1]+(v[j<<1|1][1]?-1:1)<f[j]) f[j]=f[j<<1|1]+(v[j<<1|1][1]?-1:1),g[j]=g[j<<1|1];
}
for(j=pos;j;j>>=1)
{
f[j]=1<<30;
if(c[j]&&0<f[j]) f[j]=0,g[j]=j;
if((j<<1)<=n&&f[j<<1]+(v[j<<1][1]?-1:1)<f[j]) f[j]=f[j<<1]+(v[j<<1][1]?-1:1),g[j]=g[j<<1];
if((j<<1|1)<=n&&f[j<<1|1]+(v[j<<1|1][1]?-1:1)<f[j]) f[j]=f[j<<1|1]+(v[j<<1|1][1]?-1:1),g[j]=g[j<<1|1];
}
}
return 0;
}
【BZOJ4849】[Neerc2016]Mole Tunnels 模拟费用流
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/6952371.html
