正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5470
题目大意
两个长度为(n)的序列(a,b)，求出它们两个长度为(K)的子序列，且这两个子序列至少有(L)个位置下标相等。
求最大化两个子序列的和。
(Tleq 10,1leq nleq 2 imes 10^5, sum nleq 10^6)
解题思路
先考虑一个简单的费用流做法，我们对于(a_i)建在左边，(b_i)建在右边。
然后开设一条流量为(K-L)的边供所有(a_i)连接所有(b_i)表示这些可以随便匹配，然后剩下的都是(a_i)连接(b_i)就好了。
但是费用流显然会(T)，所以考虑一下怎么模拟这个过程。
记流(K-L)的为自由流，其他的为限制流，我们肯定会把自由流先流满，模拟的过程就是每次选最大的两个匹配，当然如果这两个恰好是一起的就流限制流就好了。
自由流流满之后有三种操作
- 正常流限制流，选取最大的一个两边都未匹配的流过去
- 寻找增广路，我们肯定是会退流一条自由流匹配的，此时我们需要找到一个限制流。这里拿(a)举例，也就是我们需要找到匹配过的(a_i)且(b_i)未匹配，此时我们增广(a_i->b_i)，那么之前与(a_i)匹配的就需要找一个最大的(b_i)匹配。(b)同理。
但是这样会发现还是有问题，比如有时我们会出现(a_x<->b_y,b_x<->a_y)的情况，此时相当与从(a_{x/y}<->b_{x/y})增广。
每次匹配完之后判断一下这种情况就好了。开5个堆维护即可
时间复杂度(O(nlog n))
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define val first
#define id second
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int T,n,K,L,Free,a[N],b[N],link[N],rink[N];
priority_queue<pair<int,int> >H,Ano,Bno,Ause,Buse;
long long ans;
void Change(int x){
if(link[x]&&rink[x]&&link[x]!=x){
if(link[x]==rink[x])Free++;
rink[link[x]]=rink[x];
link[rink[x]]=link[x];
link[x]=rink[x]=x;Free++;
}
return;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(link,0,sizeof(link));
memset(rink,0,sizeof(rink));
while(!H.empty())H.pop();
while(!Ano.empty())Ano.pop();
while(!Bno.empty())Bno.pop();
while(!Ause.empty())Ause.pop();
while(!Buse.empty())Buse.pop();
ans=0;
scanf("%d%d%d",&n,&K,&L);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
H.push(mp(a[i]+b[i],i));
Ano.push(mp(a[i],i));
Bno.push(mp(b[i],i));
}
Free=K-L;
for(int i=1;i<=K;i++){
while(!Ano.empty()&&link[Ano.top().id])Ano.pop();
while(!Bno.empty()&&rink[Bno.top().id])Bno.pop();
if(Free){
int x=Ano.top().id;
int y=Bno.top().id;
link[x]=y;rink[y]=x;
Ause.push(mp(b[x],x));
Buse.push(mp(a[y],y));
if(x!=y)Free--;
Change(x);Change(y);
ans+=a[x]+b[y];
continue;
}
//1. anone<->bnone
//2. anone<->buse ause<->bnone
//3. bnone<->ause buse<->anone
int ans1=-1e9,ans2=-1e9,ans3=-1e9;
while(!H.empty()&&(link[H.top().id]||rink[H.top().id]))H.pop();
if(!H.empty())ans1=H.top().val;
while(!Buse.empty()&&(link[Buse.top().id]||rink[Buse.top().id]==Buse.top().id))Buse.pop();
if(!Buse.empty()&&!Bno.empty())ans2=Buse.top().val+Bno.top().val;
while(!Ause.empty()&&(link[Ause.top().id]==Ause.top().id||rink[Ause.top().id]))Ause.pop();
if(!Ause.empty()&&!Ano.empty())ans3=Ause.top().val+Ano.top().val;
if(ans1>=ans2&&ans1>=ans3){
int x=H.top().id;
link[x]=rink[x]=x;
}
else if(ans2>=ans1&&ans2>=ans3){
int x=Buse.top().id,y=Bno.top().id,z=rink[x];
link[z]=y;rink[y]=z;Free+=(z==y);
link[x]=rink[x]=x;
Buse.push(mp(a[y],y));
Change(y);Change(z);
}
else{
int x=Ause.top().id,y=Ano.top().id,z=link[x];
link[y]=z;rink[z]=y;Free+=(z==y);
link[x]=rink[x]=x;
Ause.push(mp(b[y],y));
Change(y);Change(z);
}
ans+=max(max(ans1,ans2),ans3);
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}