【PowerOJ1756&网络流24题】最长k可重区间集问题（费用流）

题意：

思路：

【问题分析】

最大权不相交路径问题，可以用最大费用最大流解决。

【建模方法】

方法1

按左端点排序所有区间，把每个区间拆分看做两个顶点<i.a><i.b>，建立附加源S汇T，以及附加顶点S'。

1、连接S到S'一条容量为K，费用为0的有向边。

2、从S'到每个<i.a>连接一条容量为1，费用为0的有向边。

3、从每个<i.b>到T连接一条容量为1，费用为0的有向边。

4、从每个顶点<i.a>到<i.b>连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。

5、对于每个区间i，与它右边的不相交的所有区间j各连一条容量为1，费用为0的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

方法2

离散化所有区间的端点，把每个端点看做一个顶点，建立附加源S汇T。

1、从S到顶点1（最左边顶点）连接一条容量为K，费用为0的有向边。

2、从顶点2N（最右边顶点）到T连接一条容量为K，费用为0的有向边。

3、从顶点i到顶点i+1(i+1<=2N)，连接一条容量为无穷大，费用为0的有向边。

4、对于每个区间[a,b]，从a对应的顶点i到b对应的顶点j连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

【建模分析】

这个问题可以看做是求K条权之和最大的不想交路径，每条路径为一些不相交的区间序列。由于是最大费用流，两条路径之间一定有一些区间相交，可以看做事相交部分重复了2次，而K条路经就是最多重

复了K次。最简单的想法就是把区间排序后，不相交的区间之间连接一条边，由于每个区间只能用一次，所以要拆点，点内限制流量。如果我们改变一下思路，把端点作为网络中的顶点，区间恰恰是特定

一些端点之间的边，这样建模的复杂度更小。方法1的边数是O(N^2)的，而方法2的边数是O(N)的，可以解决更大规模的问题。

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 typedef long long ll;

 typedef unsigned int uint;

 typedef unsigned long long ull;

 typedef long double ld;

 typedef pair<int,int> PII;

 typedef pair<ll,ll> Pll;

 typedef vector<int> VI;

 typedef vector<PII> VII;

 typedef pair<ll,ll>P;

 #define N  50000

 #define M  1000000

 #define INF 1e9

 #define fi first

 #define se second

 #define MP make_pair

 #define pb push_back

 #define pi acos(-1)

 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 #define rep(i,a,b) for(int i=(int)a;i<=(int)b;i++)

 #define per(i,a,b) for(int i=(int)a;i>=(int)b;i--)

 #define lowbit(x) x&(-x)

 #define Rand (rand()*(1<<16)+rand())

 #define id(x) ((x)<=B?(x):m-n/(x)+1)

 #define ls p<<1

 #define rs p<<1|1

 const ll MOD=1e9+,inv2=(MOD+)/;

       double eps=1e-;

       int dx[]={-,,,};

       int dy[]={,,-,};

 struct node

 {

     int x,y;

 }a[N];

 int head[N],vet[N],nxt[N],len1[N],len2[N],dis[N],inq[N],q[N],pre[N][],c[N],

     s,S,T,tot,ans1,ans2;

 int read()

 {

    int v=,f=;

    char c=getchar();

    while(c<||<c) {if(c=='-') f=-; c=getchar();}

    while(<=c&&c<=) v=(v<<)+v+v+c-,c=getchar();

    return v*f;

 }

 void add(int a,int b,int c,int d)

 {

     nxt[++tot]=head[a];

     vet[tot]=b;

     len1[tot]=c;

     len2[tot]=d;

     head[a]=tot;

     nxt[++tot]=head[b];

     vet[tot]=a;

     len1[tot]=;

     len2[tot]=-d;

     head[b]=tot;

 }

 int spfa()

 {

     rep(i,,s)

     {

         dis[i]=-INF;

         inq[i]=;

     }

     int t=,w=;

     q[]=S; dis[S]=; inq[S]=;

     while(t<w)

     {

         t++; int u=q[t%(s+)]; inq[u]=;

         int e=head[u];

         while(e)

         {

             int v=vet[e];

             if(len1[e]&&dis[u]+len2[e]>dis[v])

             {

                 dis[v]=dis[u]+len2[e];

                 pre[v][]=u;

                 pre[v][]=e;

                 if(!inq[v])

                 {

                     w++; q[w%(s+)]=v; inq[v]=;

                 }

             }

             e=nxt[e];

         }

     }

     if(dis[T]==-INF) return ;

     return ;

 }

 void mcf()

 {

     int k=T,t=INF;

     while(k!=S)

     {

         int e=pre[k][];

         t=min(t,len1[e]);

         k=pre[k][];

     }

     ans1+=t;

     k=T;

     while(k!=S)

     {

         int e=pre[k][];

         len1[e]-=t;

         len1[e^]+=t;

         ans2+=t*len2[e];

         k=pre[k][];

     }

 }

 int main()

 {

     //freopen("1.in","r",stdin);

     int n=read(),K=read();

     int m=;

     rep(i,,n)

     {

         a[i].x=read(),a[i].y=read();

         c[++m]=a[i].x;

         c[++m]=a[i].y;

     }

     sort(c+,c+m+);

     int k=unique(c+,c+m+)-c-;

     s=k,S=++s,T=++s;

     rep(i,,s) head[i]=;

     tot=;

     rep(i,,n)

     {

         int len=a[i].y-a[i].x;

         a[i].x=lower_bound(c+,c+k+,a[i].x)-c;

         a[i].y=lower_bound(c+,c+k+,a[i].y)-c;

         add(a[i].x,a[i].y,,len);

     }

     rep(i,,k-) add(i,i+,K,);

     add(S,,K,);

     add(k,T,K,);

     ans1=ans2=;

     while(spfa()) mcf();

     printf("%d\n",ans2);

     return ;

 }

巴特西

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