BZOJ.1061.[NOI2008]志愿者招募(线性规划对偶原理单纯形 / 费用流SPFA)

线性规划

　　用$A_{ij}=0/1$表示第$i$天$j$类志愿者能否被招募，$x_i$为$i$类志愿者招募了多少人，$need_i$表示第$i$天需要多少人，$C_i$表示$i$类招募志愿者的花费。

　　那么我们需要$$最小化\ Cx\s.t.\ Ax\geq need\x\geq 0$$

　　（s.t.：subject to，使得满足）

　　这是一个最小化线性规划，而不是标准型的最大化线性规划。根据对偶原理(见这儿)，我们把它变成：$$最大化\ x*need\s.t.\ xA\leq C\x\geq 0$$

　　用非矩阵形式直观地写：$$最小化\ \sum_{i=1}^{mC_ix_i\s.t. \sum_{i=1}}nA_{ij}x_j\geq need_i\ ,\ j=1,2,\ldots,m\x_j\geq 0$$

　　利用对偶原理，转化为：$$最大化\ \sum_{i=1}^{nneed_ix_i\s.t. \sum_{i=1}}nA_{ij}x_i\leq C_j\ ,\ j=1,2,\ldots,m\x_i\geq 0$$

　　这样就可以直接用单纯形做了。因为$C_i$非负，所以一定有解，不需要Init()。

　　还有一个问题，线性规划的解是否可能非整数？

　　我不知道为什么有这么个...常识定理？

线性规划的问题的最优解为整数的一个必要条件是它的任意一个子方阵的行列式为$-1, 0, 1$。

　　反正这有$Candy?$的结论，我就记住吧。。

　　下面有洛谷上题解的证明，证明本题方阵的任意一个子方阵的行列式为$-1, 0或1$。（全单位模矩阵）

　　另外加强版，单纯形应该不对，然而数据比较水。

Proof：

//79668kb	1172ms(果然还是比费用流慢多了)

#include <cmath>

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

//#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

#define eps 1e-8

const int N=1005,M=10005;

int n,m;

double A[M][N];

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

void Pivot(int r,int c)

{

	double t=A[r][c]; A[r][c]=1;

	for(int i=0; i<=n; ++i) A[r][i]/=t;

	for(int i=0; i<=m; ++i)

		if(i!=r && fabs(A[i][c])>eps)

		{

			double t=A[i][c]; A[i][c]=0;

			for(int j=0; j<=n; ++j) A[i][j]-=t*A[r][j];

		}

}

void Simplex()

{

	for(int r,c; ; )

	{

		r=c=0;

		for(int i=1; i<=n; ++i)

			if(A[0][i]>eps) {c=i; break;}

		if(!c) break;

		double mn=1e15;

		for(int i=1; i<=m; ++i)

			if(A[i][c]>eps && mn>A[i][0]/A[i][c]) r=i, mn=A[i][0]/A[i][c];

		if(!r) break;

		Pivot(r,c);

	}

}

int main()

{

	n=read(), m=read();

	for(int i=1; i<=n; ++i) A[0][i]=read();

	for(int i=1,l,r; i<=m; ++i)

	{

		l=read(), r=read(), A[i][0]=read();

		for(int j=l; j<=r; ++j) A[i][j]=1;

	}

	Simplex(), printf("%.0lf\n",-A[0][0]);

	return 0;

}

费用流

　　用$u\rightarrow v\ (f,\ c)$表示一条$u\rightarrow v$容量为$f$，花费为$c$的边。

　　对于每一类志愿者，连边$l_i\rightarrow r_i+1\ (INF,\ cost_i)$；

　　每相邻的两天，连边$i\rightarrow i+1\ (INF-need_i,\ 0)$；

　　对于源点汇点，连边$S\rightarrow 1\ (INF,\ 0)$、$n+1\rightarrow T\ (INF,\ 0)$。

　　因为一定存在可行解，所以最后流量一定可以扩充成INF。

　　对于每两天之间的连边会优先流，因为花费为0，而不经过这条边但覆盖这一段的边的流量之和一定不小于$need_i$。即缺少的流量会通过带权边补成INF，且能保证方案最优。

　　嗯...好吧我不会写费用流了。。

//1592kb	164ms

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <cstring>

#include <algorithm>

//#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

const int N=1007,M=11007<<1,INF=0x3f3f3f3f;

int src,des,n,m,Enum,H[N],nxt[M],fr[M],to[M],cap[M],cost[M],pre[N],dis[N];

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

inline void AddEdge(int u,int v,int w,int c)

{

	fr[++Enum]=u, to[Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, cap[Enum]=w, cost[Enum]=c;

	fr[++Enum]=v, to[Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, cap[Enum]=0, cost[Enum]=-c;

}

bool SPFA()

{

	static std::queue<int> q;

	static bool inq[N];

	memset(dis,0x3f,sizeof dis);

	dis[src]=0, q.push(src);

	while(!q.empty())

	{

		int x=q.front(); q.pop();

		inq[x]=0;

		for(int v,i=H[x]; i; i=nxt[i])

			if(cap[i] && dis[v=to[i]]>dis[x]+cost[i])

			{

				dis[v]=dis[x]+cost[i], pre[v]=i;

				if(!inq[v]) inq[v]=1, q.push(v);

			}

	}

	return dis[des]<INF;

}

int MCMF()

{

	int res=0, mn=INF;

	for(int i=des; i!=src; i=fr[pre[i]])

		mn=std::min(mn,cap[pre[i]]);

	for(int i=des,v=pre[i]; i!=src; i=fr[v],v=pre[i])

		res+=mn*cost[v], cap[v]-=mn, cap[v^1]+=mn;

	return res;

}

int main()

{

	n=read(), m=read(), Enum=1, src=1, des=n+2;

	for(int i=1; i<=n; ++i) AddEdge(i,i+1,INF-read(),0);

	for(int i=1,l,r; i<=m; ++i) l=read(),r=read(),AddEdge(l,r+1,INF,read());

	AddEdge(n+1,des,INF,0);

	int res=0;

	while(SPFA()) res+=MCMF();

	printf("%d\n",res);

	return 0;

}

巴特西

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