[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：

样例输入2：

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

样例输出2：

数据范围与提示

　　前$10\%$：$N\leqslant 5,\prod\limits_{i=1}^N(A_i+1)\leqslant 10^5$
　　前$30\%$：$N\leqslant 10$
　　前$50\%$：$N\leqslant 200$
　　另有$10\%$：$f_i=i$
　　另有$10\%$：$f i\leqslant i$
　　另有$10\%$：$a_i=1$
　　$100\%$：$1\leqslant N\leqslant 10^5,1\leqslant f_i\leqslant N,C_i\leqslant D_i,1\leqslant C_i,D_i,A_i\leqslant 10^6$

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++

原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11850043.html