渐渐's Blog

PS:...我还是不懂什么是带花树，就只能套套模板了。

下面是几个带花树的题...目前只能找到这点。

Ural-1099 Work scheduling 难度：*

http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1099

大意：有N个士兵，每个士兵可以另一个士兵巡逻，给出M组士兵愿意在一起巡逻，求出最大的士兵配置方案。

分析：直接求最大匹配就好了，然后输出所有的组合

ZJU 3316 Game 难度：**

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3316

大意：有N个棋子在棋盘上，2个人轮流拿走一个棋子，第一步可以拿任意一个，而之后每一步必须拿上一步拿走的棋子曼哈顿长度L以内的棋子，问，后手是否能赢

分析：把每一个棋子与周围距离为L的棋子都连上边后，形成一些联通块。易知，一轮游戏只能在某一个联通块里开始直到结束。那么，如果有一个联通块不是完美匹配，先手就可以走那个没被匹配到的点，后手不论怎么走，都必然走到一个被匹配的点上，先手就可以顺着这个交错路走下去，最后一定是后手没有路可走，因为如果还有路可走，这一条交错路，就是一个增广路，必然有更大的匹配。

总结：判断是否是完美匹配。

HDU 3446 daizhenyang's chess 难度：***

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3446

大意：有一个R*C的棋盘，棋盘上有一些格子是幸运的格子，棋盘上只有一个棋子：king。king有一定的走路范围：20个格子如题中图所示。两个人轮流走，每个人可以移动king走到没被走过的幸运的格子上。问，先手是否能赢。

分析：这题与上一题某方面是一样的。都是与增广路有关。把所有能连的边先连上，我们先不算king，求一次匹配。然后我们再算上king，求一次匹配。如果第二次匹配的结果比第一次大，说至少明存在一条增广路，且增广路的起点为king所在的点，那么，我们沿着这条路走下去，最后后手必然无路可走。

总结：2次匹配。

HDU 3551 hard problem 难度：****

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3551

大意：给出一个无向图，并给出一个子图的每个点的度数，问是否能去掉一些边，得到这个子图。

分析：因为我们要求出这样的一个子图，是删去一些边，使其度数减少，所以，我们先把每条边拆成2个点，(u,e)和(e,v)，这两个点连一条边，若匹配这条边表示边e(u,v)不被删除，然后我们把每个点拆成deg[i]-D[i]个点（deg[i]为原图度数，D[i]为子图度数），然后对所有该点和他的边(i,e)组成的点连一条边，表示这个点缺少的度数，可以由这儿得到。接着，求匹配，如果是完美匹配，即：每个度数都找到了可以使他减少的边。这个子图可以得到。

总结：让每个需要减少的度数匹配到该点所连接的一条边。

下面是我自己用的带花树的模板，暂时没有出现问题：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define MAXE 250*250*2
#define MAXN 250
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
deque<int> Q;
//g[i][j]存放关系图：i,j是否有边,match[i]存放i所匹配的点
bool g[MAXN][MAXN],inque[MAXN],inblossom[MAXN];
int match[MAXN],pre[MAXN],base[MAXN];

//找公共祖先
int findancestor(int u,int v)
{
    bool inpath[MAXN]={false};
    while(1)
    {
        u=base[u];
        inpath[u]=true;
        if(match[u]==-1)break;
        u=pre[match[u]];
    }
    while(1)
    {
        v=base[v];
        if(inpath[v])return v;
        v=pre[match[v]];
    }
}

//压缩花
void reset(int u,int anc)
{
    while(u!=anc)
    {
        int v=match[u];
        inblossom[base[u]]=1;
        inblossom[base[v]]=1;
        v=pre[v];
        if(base[v]!=anc)pre[v]=match[u];
        u=v;
    }
}

void contract(int u,int v,int n)
{
    int anc=findancestor(u,v);
    SET(inblossom,0);
    reset(u,anc);reset(v,anc);
    if(base[u]!=anc)pre[u]=v;
    if(base[v]!=anc)pre[v]=u;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(inblossom[base[i]])
        {
            base[i]=anc;
            if(!inque[i])
            {
                Q.push_back(i);
                inque[i]=1;
            }
        }
}

bool dfs(int S,int n)
{
    for(int i=0;i<=n;i++)pre[i]=-1,inque[i]=0,base[i]=i;
    Q.clear();Q.push_back(S);inque[S]=1;
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front();Q.pop_front();
        for(int v=1;v<=n;v++)
        {
            if(g[u][v]&&base[v]!=base[u]&&match[u]!=v)
            {
                if(v==S||(match[v]!=-1&&pre[match[v]]!=-1))contract(u,v,n);
                else if(pre[v]==-1)
                {
                    pre[v]=u;
                    if(match[v]!=-1)Q.push_back(match[v]),inque[match[v]]=1;
                    else 
                    {
                        u=v;
                        while(u!=-1)
                        {
                            v=pre[u];
                            int w=match[v];
                            match[u]=v;
                            match[v]=u;
                            u=w;
                        }
                        return true;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return false;
}

int solve(int n)
{
    SET(match,-1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(match[i]==-1&&dfs(i,n))
            ans++;
    return ans;
}

题目大意：有一个单向图，可以从任意一点出发，回到该点，每条路都会耗费一定的时间ti。每到一个新的点都会得到一定的分数fi。求一条路使得∑fi/∑ti最大。

题目分析：我们设最优解经过的城市为环 n1->n2->...nk->n1，我们可以猜测最优解的路上不会重复经过一个点(除去出发点)。简略证明：

    假设一个非出发点k被重复经过了，那么k点至少连接了两个环。我们设第一个环的解为:x1 = F1/T1 ，第二个环的解为:x2 = F2/T2。总的解为: x3 = (F1+F2-fk)/(T1+T2)<max(x1,x2)。

    那么最优解为 x' = (fn1+fn2+.....fnk)/(e(n1,n2),e(n2,n3)+....e(nk,n1))。 x' = F/T -> T * x' - F = 0。

    为了求解出这个最优值x'，我们设函数 g(x)=T*x-F。这是一个单调函数。所以可以用二分求出答案。

/*

简略证明：

我们设T(y),F(y)为函数（当y不同，表示选取不同的环），设x1<x2，y1 为使 g(x1) 取得最小值的解选择，则：

g(x1) = max(T(y) * x1 - F(y))  = T(y1) * x1 - F(y1) < T(y1)*x2 - F(y1) <=max( T(y)*x2 - F(y) ) = g(x2)

*/

当g(x)>0时，x > x'

当g(x)<0时，x < x'

当g(x)=0时，x = x'

我们可以改变所有边权为 : t*x-f，用spfa求解是否存在负环（g(x)<0），存在增大x，否则减小x

我们把所有没松弛过的点，当成源点，spfa一次...但这题似乎直接对1点松弛也过了，是数据问题？？

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXN 1010
#define MAXE 5050
#define inf 1000000000.0
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define EPS 1e-3

int next[MAXE],p[MAXE],st[MAXN],e;
double dis[MAXN],f[MAXN],c[MAXE];
int used[MAXN],cnt[MAXN];

void add(int a,int b,double d)
{
    next[e]=st[a];
    p[e]=b;
    c[e]=d;
    st[a]=e++;
}

bool spfa(double mid,int S,int N)
{
    int i,j,k;
    queue<int> Q;
    for(i=1;i<=N;i++){
        dis[i]=inf;
        used[i]=0;
    }
    dis[S]=0.0;Q.push(S);
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front();
        Q.pop();
        used[u]=0;
        for(int v=st[u];v!=-1;v=next[v])
        {
            double w=c[v]*mid-f[p[v]];
            if(dis[p[v]]-dis[u]-w>-EPS)
            {
                dis[p[v]]=dis[u]+w;
                if(!used[p[v]])
                {
                    used[p[v]]=1;
                    cnt[p[v]]++;
                    if(cnt[p[v]]>N)return true;
                    Q.push(p[v]);
                }
            }
        }
    }
    return false;
}

int main()
{
    SET(st,-1);e=0;
    int N,M;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    int i,j,k;
    double l=0,r=0;
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        scanf("%lf",f+i);
        r+=f[i];
    }
    for(i=1;i<=M;i++)
    {
        int x,y;
        double z;
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
    }
    while(r-l>EPS)
    {
        double mid=(l+r)/2;
        SET(cnt,0);
        bool flag=false;
        for(i=1;i<=N;i++)
            if(!cnt[i])
            {
                flag=spfa(mid,i,N);
                if(flag)break;
            }
        if(flag)l=mid;
        else r=mid;
    }
    printf("%.2f\n",l);
    return 0;
}