题目大意:
有a台只有USB接口的电脑,b台PS/2接口的电脑,c台两种接口都有的电脑。每台电脑只用装一个鼠标。给出n个鼠标及其费用，每个鼠标只能使用一遍。在最大化有鼠标的电脑数目的情况下最小化费用。
((0 le a,b,c leq 10^5 , n leq 3*10^5 ))
题解:
这道题我们很容易抽象出来一个网络流模型
我们设超级源汇为S,T,每台电脑和鼠标都抽象成一个节点
我们可以这么建图
S -> 每台电脑 (flow = 1,cost = 0)
USB(PS/2)电脑 -> 所有USB(PS/2)鼠标(flow = 1,cost = 0)
双接口电脑 -> 所有鼠标(flow = 1,cost = 0)
所有鼠标 -> T (flow = 1,cost = (cost_i))
然后跑最小费用最大流即可
TLE
我们可以考虑简化构图，我们发现我们每台电脑只有三种连接可能，并且有一种链接方式是由其他的两种链接组成的，所以我们增设两个节点，分别连接所有的USB,PS/2鼠标，然后我们不用从电脑向每个鼠标都连边了，只用加在这两个点上就好了，边数大大减少
TLE
我们发现实际上同种鼠标之间并没有什么区别，所以我么把所有相同的鼠标也缩成一个点.这样把点数降低到了7个点，整张图上只有7个点。但边数还是有些大。。。
TLE
我CNMLGB !!!
我们发现把网络流化简到这个地步以后其实就是一个贪心。。
所以我们模拟这个贪心过程
具体怎么模拟呢。。。
我们把两种不同鼠标分别拍个序，首先取满所有的只能使用这个接口的电脑
然后对于两个接口都能使用的电脑，用一个类似于归并排序的过程即可。
WoC,这么简单的题为什么当时我没想出来!!
T的不要不要的费用流
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
x=0;char ch;bool flag = false;
while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}
inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}
const int maxn = 300010;
const int maxnode = 1024;
const int maxedge = maxn<<1;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Edge{
int to,next,cap;
ll cost;
}G[maxedge];
int head[maxnode],cnt=1;
inline void add(int u,int v,int c,ll d){
G[++cnt].to = v;
G[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
G[cnt].cap = c;
G[cnt].cost = d;
}
inline void insert(int u,int v,int c,ll d){
add(u,v,c,d);add(v,u,0,-d);
}
#define v G[i].to
ll dis[maxnode],ans;int flow[maxnode];
const int lim = maxn<<1;
int q[lim + 10],p[maxnode];
int S,T,l,r,flo;bool inq[maxnode];
bool spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[S] = 0;inq[S] = true;
l = 0;r = -1;q[++r] = S;
flow[S] = 0x3f3f3f3f;
while(l <= r){
int u = q[l % lim];++l;
for(int i = head[u];i;i=G[i].next){
if(dis[v] > dis[u] + G[i].cost && G[i].cap){
dis[v] = dis[u] + G[i].cost;
flow[v] = min(G[i].cap,flow[u]);
p[v] = i;
if(!inq[v]){
inq[v] = true;
q[++r % lim] = v;
}
}
}inq[u] = false;
}if(dis[T] == dis[0]) return false;
ans += 1LL*flow[T]*dis[T];
flo += flow[T];
for(int u = T;u != S;u = G[p[u]^1].to)
G[p[u]].cap -= flow[T],G[p[u]^1].cap += flow[T];
return true;
}
#undef v
char s[10];
int main(){
int a,b,c,n;read(a);read(b);read(c);
read(n);
int nodecnt = n;
S = ++nodecnt;
int node1 = ++nodecnt;insert(S,node1,a,0);
int node2 = ++nodecnt;insert(S,node2,b,0);
int node3 = ++nodecnt;insert(S,node3,c,0);
int mob1 = ++nodecnt;
int mob2 = ++nodecnt;
int mob3 = ++nodecnt;
int x;T = ++nodecnt;
for(int i=1;i<=n;++i){
read(x);scanf("%s",s);
if(!strcmp(s,"USB")){
insert(node1,mob1,inf,0);
insert(node3,mob1,inf,0);
insert(mob1,T,1,x);
}else{
insert(node2,mob2,inf,0);
insert(node3,mob2,inf,0);
insert(mob2,T,1,x);
}
}
while(spfa());
printf("%d %I64d
",flo,ans);
getchar();getchar();
return 0;
}
正解的贪心
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0;char ch;bool flag = false;
while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}
inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}
const int maxn = 300010;
ll c1[maxn],cnt1;
ll c2[maxn],cnt2;
char s[10];
int main(){
int a,b,c,n;read(a);read(b);read(c);
read(n);ll x;
for(int i=1;i<=n;++i){
read(x);
scanf("%s",s);
if(!strcmp(s,"USB")){
c1[++cnt1] = x;
}else{
c2[++cnt2] = x;
}
}
sort(c1+1,c1+cnt1+1);
sort(c2+1,c2+cnt2+1);
int p1=0,p2=0;
ll ans = 0;
for(p1 = 1;p1 <= a && p1 <= cnt1; ++ p1) ans += c1[p1];
for(p2 = 1;p2 <= b && p2 <= cnt2; ++ p2) ans += c2[p2];
c1[cnt1+1] = c2[cnt2+1] = 1LL<<60;
while(c){
if(p1 > cnt1 && p2 > cnt2) break;
if(c1[p1] < c2[p2]) ans += c1[p1++];
else ans += c2[p2++];
--c;
}
printf("%d %I64d
",p1+p2-2,ans);
getchar();getchar();
return 0;
}