bzoj2400 Spoj 839 Optimal Marks

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​​ Description 定义无向图中的一条边的值为：这条边连接的两个点的值的异或值。 定义一个无向图的值为：这个无向图所有边的值的和。 给你一个有n个结点m条边的无向图。其中的一些点的值是给定的，而其余的点的值由你决定（但要求均为非负数），使得这个无向图的值最小。在无向图的值最小的前提下，使得无向图中所有点的值的和最小。

Input 第一行，两个数n，m，表示图的点数和边数。 接下来n行，每行一个数，按编号给出每个点的值（若为负数则表示这个点的值由你决定，值的绝对值大小不超过10^9）。 接下来m行，每行二个数a，b，表示编号为a与b的两点间连一条边。（保证无重边与自环。）

Output 第一行，一个数，表示无向图的值。 第二行，一个数，表示无向图中所有点的值的和。

Sample Input 3 2 2 -1 0 1 2 2 3

Sample Output 2 2

HINT

数据约定

n<=500，m<=2000

样例解释

2结点的值定为0即可。

%%icefox 太强啦 这题看到异或就想到 二进制去拆位

的确 orz大概就是首先 看到异或二进制拆位一下 因为 可以知道 我们每一位置的值其实都是互相不干扰的 那么不妨 我使得每一层都满足我最小答案就好的

首先 建图分两步走1所有原来这一位是1的点向汇连inf的边 源向所有这一位是0的点都连inf的边原有的边 因为是双向边 所有我两边都给权值是1的边就好了 这时候跑一遍最小割就是我要的答案了

第二步完整的建图方法 上面看看就好 但是显然只满足了我其中一个要求 我还要求我最小割需要尽可能的靠近汇点 怎么搞？膜了一种非常神奇的做法 把原题中的边的改为10000 然后添加原先没有和S连边的点 添加一条权值为1的点 然后跑最小割 用最小割的答案/10000 累加起来就是我要的第一个输出 把最小割的答案%10000累加起来就是我要的第二个输出 为什么这样是对的呢 因为最小割 顾名思义是会选最小的割去 那么我连的这些1的边代表什么呢 代表我有可能这个地方会对我权值产生1的贡献 容量小的边选的会比容量大的边多 所以容量大的边会尽量靠近汇并且 我是/10000那么其实 如果所有小的点加起来流量都不可能超过我的

#include#include#include#include#define inf 0x3f3f3f3f#define N 550#define M 2200#define ll long long using namespace std;inline char gc(){ static char now[1<<16],*S,*T; if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;} return *S++;}inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=gc(); while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();} while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc(); return x*f;}int num=1,n,m,T,a[N],st[M],ed[M],h[N],level[N],cur[N];ll ans1,ans2;int bin[N];struct node{ int y,z,next;}data[20000];inline void insert1(int x,int y,int z){ data[++num].y=y;data[num].z=z;data[num].next=h[x];h[x]=num; data[++num].y=x;data[num].z=0;data[num].next=h[y];h[y]=num;}inline void insert1(int x,int y,int z1,int z2){ data[++num].y=y;data[num].z=z1;data[num].next=h[x];h[x]=num; data[++num].y=x;data[num].z=z2;data[num].next=h[y];h[y]=num;}inline bool bfs(){ memset(level,0,sizeof(level));level[0]=1;queueq;q.push(0); while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for (int i=h[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].y,z=data[i].z; if (level[y]||!z) continue;level[y]=level[x]+1;q.push(y);if (y==T) return 1; } }return 0;}inline int dfs(int x,int s){ if (x==T) return s;int ss=s; for (int &i=cur[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].y,z=data[i].z; if (level[x]+1==level[y]&&z){ int xx=dfs(y,min(z,s));if (!xx) level[y]=0; s-=xx;data[i].z-=xx;data[i^1].z+=xx;if(!s) return ss; } }return ss-s;}inline void gao(int x){ memset(h,0,sizeof(h));num=1;int ans=0; for (int i=1;i<=m;++i) insert1(st[i],ed[i],10000,10000); for (int i=1;i<=n;++i){ if (a[i]<0) {insert1(0,i,1);continue;} if (a[i]&x) insert1(i,T,inf),insert1(0,i,1);else insert1(0,i,inf); }while(bfs()) memcpy(cur,h,sizeof(h)),ans+=dfs(0,inf); ans1+=(ll)ans/10000*x;ans2+=(ll)ans%10000*x; }int main(){ freopen("bzoj2400.in","r",stdin); n=read();m=read();int max1=0;T=n+1; for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),max1=max(max1,a[i]); for (int i=1;i<=m;++i) st[i]=read(),ed[i]=read(); for (int i=0;i<=31;++i) bin[i]=1<max1) break;gao(bin[i]);} printf("%lld\n%lld",ans1,ans2); return 0;}

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