• [JZOJ6346]:ZYB和售货机(拓扑+基环内向森林)


    题目描述

      可爱的$ZYB$来到一个售货机前。
      售货机里有一共有$N(leqslant 10^5)$个物品,每个物品有$A_i$个。自然,还有$N$个购买按钮。正常情况下,按下第$i$个按钮,需要支付$C_i$的钱,然后会跳出一份物品$i$。如果该物品卖完了,按下此按钮无效。
      但是,这台售货机的电路连接出了点问题。第$i$个按钮的“弹出电路”连向了物品$f_i$。
      假设按下了第$i$个按钮,售货机会按以下逻辑执行:
      $1.$判断第$i$个物品是否为空。
      $2.$如果是,不执行任何操作,退出该购买程序。
      $3.$否则,要求支付$C_i$的钱。
      $4.$因为电路坏了,实际弹出的物品会是$f_i$。
      注意:如果物品$f_i$为空,显然也不会有物品弹出。
      $ZYB$很快发现了售货机的秘密,并精确掌握了$f_i$的值。他又去调查了每一种物品的市场价。即他可以以$D_i$的价格卖掉物品$i$。
      现在$ZYB$他想通过这台售货机,赚尽量多的钱。
      假设$ZYB$有足够多的成本钱。


    输入格式

      从文件$goods.in$中读入数据。
      第一行一个数$N$,表示售货机里的物品总数。
      接下来有$N$行,每行有四个数$f_i,C_i,D_i,A_i$,意义同上。


    输出格式

      输出到文件$goods.out$中。
      输出一个数表示最大获利。


    样例

    样例输入1:

    3
    1 2 3 1
    2 3 4 1
    3 4 5 1

    样例输出1:

    3

    样例输入2:

    3
    2 2 3 8
    3 1 5 6
    1 4 4 7

    样例输出2:

    39


    数据范围与提示

      前$10\%$:$Nleqslant 5,prodlimits_{i=1}^N(A_i+1)leqslant 10^5$
      前$30\%$:$Nleqslant 10$
      前$50\%$:$Nleqslant 200$
      另有$10\%$:$f_i=i$
      另有$10\%$:$f ileqslant i$
      另有$10\%$:$a_i=1$
      $100\%$:$1leqslant Nleqslant 10^5,1leqslant f_ileqslant N,C_ileqslant D_i,1leqslant C_i,D_i,A_ileqslant 10^6$


    题解

    显然如果卖出的价格比买入的价格还低直接不买就好了。

    然后剩下的依赖关系会形成一个基环内向森林。

    可以先用拓扑处理掉不在环里的东西。

    对于每一个环,从贡献最小的那里断一定更优,注意特判环的大小为$1$的情况就好了。

    时间复杂度:$Theta(N)$。

    期望得分:$100$分。

    实际得分:$100$分。


    代码时刻

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    struct rec{int nxt,to;}e[100001];
    int head[100001],cnt;
    int N;
    int f[100001],C[100001],D[100001],A[100001];
    int du[100001];
    bool vis[100001];
    vector<int>v;
    pair<int,int>g[100001][2];
    priority_queue<pair<int,int>>q[100001];
    long long ans;
    void add(int x,int y)
    {
    	e[++cnt].nxt=head[x];
    	e[cnt].to=y;
    	head[x]=cnt;
    }
    void topsort()
    {
    	queue<int>q;
    	for(int i=1;i<=N;i++)if(!du[i])q.push(i);
    	while(q.size())
    	{
    		int x=q.front();q.pop();
    		vis[x]=1;ans+=g[x][0].first;
    		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    		{du[e[i].to]--;if(!du[e[i].to])q.push(e[i].to);}
    	}
    }
    void dfs(int x)
    {
    	v.push_back(x);vis[x]=1;
    	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)if(!vis[e[i].to])dfs(e[i].to);
    }
    int main()
    {
    	scanf("%d",&N);
    	for(int i=1;i<=N;i++)scanf("%d%d%d%d",&f[i],&C[i],&D[i],&A[i]);
    	for(int i=1;i<=N;i++)if(C[i]<D[f[i]])q[f[i]].push(make_pair(D[f[i]]-C[i],i));
    	for(int i=1;i<=N;i++)
    	{
    		if(q[i].size()){g[i][0]=q[i].top();q[i].pop();}
    		if(q[i].size()){g[i][1]=q[i].top();q[i].pop();}
    		ans+=1LL*g[i][0].first*(A[i]-1);
    		if(g[i][0].second)
    		{
    			add(i,g[i][0].second);
    			du[g[i][0].second]=1;
    		}
    	}
    	topsort();
    	for(int i=1;i<=N;i++)
    	{
    		if(vis[i])continue;
    		v.clear();dfs(i);
    		if(v.size()==1){ans+=g[i][0].first;continue;}
    		int res=0x3f3f3f3f;
    		int sum=0;
    		for(int j=0;j<v.size();j++)
    		{
    			res=min(res,g[v[j]][0].first-g[v[j]][1].first);
    			sum+=g[v[j]][0].first;
    		}
    		ans+=sum-res;
    	}
    	printf("%lld",ans);
    	return 0;
    }
    

    rp++

  • 相关阅读:
    【知识整理】这可能是最好的性能优化教程(一)
    【工作感悟】Android 开发者,如何提升自己的职场竞争力?
    MySql 主从复制
    MyCat 介绍、分片规则、调优的内容收集
    MyCat 安装部署,实现数据库分片存储
    [转]Activemq管理和基本介绍
    [转]ActiveMQ 即时通讯服务 浅析
    Redis 3.0集群 Window搭建方案
    【转】史上最全的“大数据”学习资源整理
    【转】【漫画解读】HDFS存储原理
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11850043.html
Copyright © 2020-2023  润新知