Dual Core CPU

題意

思路

照書上的話來說，用最小的費用將物件分成兩個集合的問題，常常可以轉換成最小割問題，這道題就是一道典型的例子。

具體的還需要證明

記在核A上執行的模組集合是S，而在核B上執行的模組集合為T。考慮以模組為頂點，並且還有額外的源點s和匯點t的圖。我們也記圖s-t割所對應的包含s的頂點集合為S，包含t的集合為T，然後來考察他們之間的對應關係。此時花費的總和是 $\sum_{i\in S} A_i + \sum_{i\in T}B_i + \sum_{a_i \in T, b_i \in S}w_i + \sum_{a_i \in S, b_i \in T}w_i$

那麼讓我們一步步來建立滿足這個條件的圖吧。首先，考慮對應 $\sum_{i \in S} A_i$ 的邊。這是頂點屬於S時的費用，所以，只要從每個模組向t連一條容量為Ai的邊。

而對於 $\sum _{i \in T} B_i$ 也只需從s向每個模組連一條容量為Bi的邊即可。

接下來考慮 $\sum_{a_i \in S,b_i \in T} w_i$

最後一塊，同理上一種處理方法。

圖如下。

程式碼

#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
 

#include <list>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <vector>
#include <sstream>
#include <memory>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
#define per(i,j,k) for(int i = (int)j;i >= (int)k;i --)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<endl
#define mmm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back

typedef double db;
typedef long long ll;
const int MAXN = (int)1e5+7;
const int INF = (int)0x3f3f3f3f;


    // 用於表示表示邊的結構體（終點、容量、反向邊）
    struct edge{
        int to,cap,rev;
        edge(int to = 0,int cap = 0,int rev = 0):to(to),cap(cap),rev(rev){}
    };

    int N,M;
    vector<edge> G[MAXN];
    int level[MAXN]; //頂點到源點的距離標號
    int iter[MAXN];  //當前弧，在其之前的邊已經沒有用了

    //向圖中增加一條從s到t容量為cap的邊
    void add_edge(int from,int to,int cap) {
        G[from].pb(edge(to,cap,G[to].size()));
        G[to  ].pb(edge(from,0,G[from].size()-1));
    }

    //通過BFS計算從源點出發的距離標號
    void bfs(int s){
        mmm(level,-1);
        queue<int> qu;
        level[s] = 0;
        qu.push(s);
        while (!qu.empty()) {
            int v = qu.front(); qu.pop();
            rep(i,0,G[v].size()-1) {
                edge &e = G[v][i];
                if (e.cap > 0 && level[e.to] < 0) {
                    level[e.to] = level[v] + 1;
                    qu.push(e.to);
                }
            }
        }
    }

    //通過DFS尋找增廣路
    int dfs(int v,int t,int f) {
        if (v == t) return f;
        for (int &i = iter[v];i < G[v].size();i ++) {
            edge &e = G[v][i];
            if (e.cap > 0 && level[v] < level[e.to]) {
                int d = dfs(e.to,t,min(f,e.cap));
                if (d > 0) {
                    e.cap -= d;
                    G[e.to][e.rev].cap += d;
                    return d;
                }
            }
        }
        return 0;
    }

    //求解從s到t的最大流
    int max_flow(int s,int t){
        ll flow = 0;
        for (;;) {
            bfs(s);
            if (level[t] < 0) return flow;
            mmm(iter,0);
            int f;
            while ((f = dfs(s,t,INF)) > 0)
                flow += f;
        }
    }

    void init(){
        rep(i,1,N) G[i].clear();
    }

leopold
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
    N = n;
    int s = ++N;
    int t = ++N;
	rep(i,1,n) {
	    int a,b;
	    scanf("%d %d",&a,&b);
	    add_edge(s,i,a);
	    add_edge(i,t,b);
	}h
	rep(i,1,m) {
	    int u,v,w;
	    scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
        add_edge(u,v,w);
        add_edge(v,u,w);
	}
	int ans = max_flow(s,t);
	printf("%d\n",ans);
}