一类老鼠进洞模型

问题描述

给定一个序列，序列上有若干(mouse)和若干(hole)，求一组最优的(mouse)和(hole)的匹配。
定义一只(mouse)跑到一个洞(hole)的代价为两点之间的距离。

问题一：洞有容量、有代价 ;

每一个洞不一定要进老鼠，但每一个老鼠一定要进一个洞。

结论一：匹配不会交叉。(显然)
结论二：对于一组匹配，老鼠和洞不会同时反悔。(从左往右进行匹配，同时反悔会产生交叉)

然后就可以用堆模拟费用流啦。
对老鼠和洞分别维护一个堆，设老鼠堆为(Q_1)，洞的堆为(Q_2)，表示增广集合。
方便起见先往(Q_2)中放一个代价为(inf)、容量为(inf)的洞。

• 当碰到一只老鼠时(位置为(x))，
  从(Q_2)中取出一个洞的增广路，设代价为(val)。
  由于老鼠必须匹配，所以答案加上匹配代价(w = x + val)。
  这只老鼠可以与后面的洞匹配，所以往(Q_1)中加入反悔操作(-w - x) 。

• 当碰到一个洞时(位置为(x)，代价为(cost))，
  依次从(Q_1)中取出老鼠(u)，直到(Q_1)为空或者这个洞的容量被用完或者本次匹配不优。
  获取匹配流量(fl = min(容量 , u.flow))，
  那么本次匹配量就为(fl)，答案加上(fl imes)本次代价(w = u.val + x + cost)。
  由于洞有代价，所以会有两种反悔。

  • 洞反悔，匹配之后的老鼠，在(Q_2)中加入代价为(-w + u.val - x)的洞。
  • 老鼠反悔，匹配后面的洞，在(Q_1)中加入代价为(-w + val)的老鼠。

  直接这样(Q_1)的复杂度显然是假的，老鼠进堆的复杂度没有保障。
  但是注意到老鼠反悔的代价都是(-w + val = -x - cost)，都是一样的所以可以只扔一次。
  记录一下这个洞匹配的老鼠个数(cnt)，这样每个洞就只会往老鼠堆中扔一次啦！
  我们已经知道老鼠和洞不会同时反悔，所以直接把这两种反悔都扔到对应堆中即可。

代码实现相当简单：

Q2.push((Item){inf , 1000000000}) ; Ans = 0 ;
Item u ; ll t , w , fl , cnt ; 
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	if(!p[i].op) {
		u = Q2.top() ;
		Q2.pop() ;
		w = u.val + p[i].x ; Ans += w ; u.flow -- ;
		if(u.flow > 0) Q2.push(u) ;
		Q1.push((Item){- w - p[i].x , 1}) ; 
	}
	else {
		cnt = 0 ; 
		while(p[i].cap && !Q1.empty()) {
			u = Q1.top() ; 
			w = p[i].x + u.val + p[i].cost ; if(w >= 0) break ;
			Q1.pop() ;
			fl = min(p[i].cap , u.flow) ;
			Ans = Ans + 1ll * w * fl ;
			u.flow -= fl ;
			p[i].cap -= fl ; 
			cnt += fl ;
			if(u.flow > 0) Q1.push(u) ;
			Q2.push((Item){- w + p[i].cost - p[i].x , fl}) ;
		}
		if(p[i].cap > 0) Q2.push((Item){- p[i].x + p[i].cost , p[i].cap}) ;
		if(cnt > 0) Q1.push((Item){- p[i].cost - p[i].x , cnt}) ;
	}
}
cout << Ans << endl ; return 0 ;

问题二：洞有容量、有代价 ; 老鼠有容量、有代价

堆模拟费用流，但复杂度没有保证。
对老鼠和洞都进行两种反悔(即老鼠和洞都使用问题二中洞的反悔方式)。
常见转换有：若一个洞必须进老鼠、或者一只老鼠必须进洞，那么就把它的代价赋为(-inf)。
部分问题的特殊性质可以保证复杂度，其他情况下作为一个暴力算法还是很优秀的。