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题目连接：BZOJ - 3218
题目要求将 n 个点染成黑色或白色，那么我们可以转化为一个最小割模型。
我们规定一个点 i 最后属于 S 集表示染成黑色，属于 T 集表示染成白色，那么对于每个点 i 就要连边 (S, i, B[i]) 和 (i, T, W[i])。
这样，如果一个点属于 S 集，就要割掉与 T 相连的边，就相当于失去了染成白色的收益。
我们再来考虑 “奇怪的点”，一个点 i 变成奇怪的点的条件是：i 是黑色且存在一个白色点 j 满足 j < i && L[i] <= A[j] <= R[i]。
对于这一点，我们可以对于每个点 i 再添加一个点 n + i ，连边 (i, n + i, P[i]) ，对于每个符合条件的 j ，连边 (n + i, j, INF) 。
这样，就实现了，只要有 j 是白色，那么 j 与 T 相连，n + i 就一定与 T 相连，而如果 i 是与 S 相连，就一定要割掉 (i -> n + i) 的价值为 P[i] 的边。
然而这样的边数可以达到 n^2 级别，是不能通过全部数据的。
我们可以考虑用线段树优化网络流的连边。
我们建一棵权值线段树（对所有的 L, R, A 离散化后会节省时间和空间），从每个 j 对应的 A[j] 节点向 j 连 INF 边，从线段树节点向这个节点的儿子节点连 INF 边，对于每个 i ，就再线段树中找到对应的 [L[i], R[i]] 区间，从 n + i 向组成这些区间的节点连 INF 边。
然而我们还没有考虑 j < i 的限制，那么使用可持久化线段树就可以了。
需要注意的一点是，对于第 i 个位置，插入 A[i] 时，是依托 i - 1 的线段树版本建立的，如果发现在 i - 1 版本的线段树中已经存在权值为 A[i] 的节点，那么就从 i 版本表示 A[i] 单点的线段树节点（设为Now）向 i - 1 版本的线段树中表示 A[i] 单点的线段树节点 （设为 Last）连边 (Now, Last, INF) 。
#include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <map> using namespace std; const int MaxN = 5000 + 5, MaxNode = 100000 + 5, MaxM = 200000 + 5, INF = 999999999; map<int, int> M; int n, Top, Tot, S, T, HN, Index, Ans; int A[MaxN], B[MaxN], W[MaxN], L[MaxN], R[MaxN], Pi[MaxN], Arr[MaxN * 3]; int Root[MaxN], Son[MaxNode][2], d[MaxNode], Num[MaxNode]; struct Edge { int u, v, w; Edge *Next, *Other; } E[MaxM * 2], *P = E, *Point[MaxNode], *Last[MaxNode]; inline void AddEdge(int x, int y, int z) { Edge *Q = ++P; ++P; P -> u = x; P -> v = y; P -> w = z; P -> Next = Point[x]; Point[x] = P; P -> Other = Q; Q -> u = y; Q -> v = x; Q -> w = 0; Q -> Next = Point[y]; Point[y] = Q; Q -> Other = P; } void Insert(int &x, int Lt, int s, int t, int Pos, int Idx) { if (x == 0) x = ++Index; if (s == t) { AddEdge(Tot + x, Idx, INF); if (Lt) AddEdge(Tot + x, Tot + Lt, INF); return; } int m = (s + t) >> 1; if (Pos <= m) { Son[x][1] = Son[Lt][1]; Insert(Son[x][0], Son[Lt][0], s, m, Pos, Idx); } else { Son[x][0] = Son[Lt][0]; Insert(Son[x][1], Son[Lt][1], m + 1, t, Pos, Idx); } if (Son[x][0]) AddEdge(Tot + x, Tot + Son[x][0], INF); if (Son[x][1]) AddEdge(Tot + x, Tot + Son[x][1], INF); } void Link(int x, int s, int t, int l, int r, int Idx) { if (l <= s && r >= t) { AddEdge(n + Idx, Tot + x, INF); return; } int m = (s + t) >> 1; if (Son[x][0] && l <= m) Link(Son[x][0], s, m, l, r, Idx); if (Son[x][1] && r >= m + 1) Link(Son[x][1], m + 1, t, l, r, Idx); } inline int gmin(int a, int b) {return a < b ? a : b;} int DFS(int Now, int Flow) { if (Now == T) return Flow; int ret = 0; for (Edge *j = Last[Now]; j; j = j -> Next) { if (j -> w && d[Now] == d[j -> v] + 1) { int p = DFS(j -> v, gmin(j -> w, Flow - ret)); j -> w -= p; j -> Other -> w += p; ret += p; if (ret == Flow) return ret; } } if (d[S] >= Tot) return ret; if (--Num[d[Now]] == 0) d[S] = Tot; ++Num[++d[Now]]; Last[Now] = Point[Now]; return ret; } int main() { scanf("%d", &n); Top = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d%d%d%d%d%d", &A[i], &B[i], &W[i], &L[i], &R[i], &Pi[i]); Arr[++Top] = A[i]; Arr[++Top] = L[i]; Arr[++Top] = R[i]; } sort(Arr + 1, Arr + Top + 1); HN = 0; M.clear(); for (int i = 1; i <= Top; ++i) { if (i != 1 && Arr[i] == Arr[i - 1]) continue; M[Arr[i]] = ++HN; } for (int i = 1; i <= n; ++i) { A[i] = M[A[i]]; L[i] = M[L[i]]; R[i] = M[R[i]]; } memset(Root, 0, sizeof(Root)); S = n * 2 + 1; T = n * 2 + 2; Tot = n * 2 + 2; Index = 0; Ans = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { AddEdge(S, i, B[i]); AddEdge(i, T, W[i]); AddEdge(i, n + i, Pi[i]); Ans += B[i] + W[i]; } for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (i > 1) Link(Root[i - 1], 1, HN, L[i], R[i], i); Insert(Root[i], Root[i - 1], 1, HN, A[i], i); } Tot = Tot + Index; memset(d, 0, sizeof(d)); memset(Num, 0, sizeof(Num)); Num[0] = Tot; for (int i = 1; i <= Tot; ++i) Last[i] = Point[i]; while (d[S] < Tot) Ans -= DFS(S, INF); printf("%d\n", Ans); return 0; }
[BZOJ 3218] A + B Problem 【可持久化线段树 + 网络流】
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原文地址：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4380193.html
