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BZOJ3993: [SDOI2015]星际战争

BZOJ3993: [SDOI2015]星际战争

Description

 3333年,在银河系的某星球上,X军团和Y军团正在激烈地作战。在战斗的某一阶段,Y军团一共派遣了N个巨型机器人进攻X军团的阵地,其中第i个巨型机器人的装甲值为Ai。当一个巨型机器人的装甲值减少到0或者以下时,这个巨型机器人就被摧毁了。X军团有M个激光武器,其中第i个激光武器每秒可以削减一个巨型机器人Bi的装甲值。激光武器的攻击是连续的。这种激光武器非常奇怪,一个激光武器只能攻击一些特定的敌人。Y军团看到自己的巨型机器人被X军团一个一个消灭,他们急需下达更多的指令。为了这个目标,Y军团需要知道X军团最少需要用多长时间才能将Y军团的所有巨型机器人摧毁。但是他们不会计算这个问题,因此向你求助。

Input

第一行,两个整数,N、M。

第二行,N个整数,A1、A2…AN。
第三行,M个整数,B1、B2…BM。
接下来的M行,每行N个整数,这些整数均为0或者1。这部分中的第i行的第j个整数为0表示第i个激光武器不可以攻击第j个巨型机器人,为1表示第i个激光武器可以攻击第j个巨型机器人。

Output

 一行,一个实数,表示X军团要摧毁Y军团的所有巨型机器人最少需要的时间。输出结果与标准答案的绝对误差不超过10-3即视为正确。

Sample Input

2 2
3 10
4 6
0 1
1 1

Sample Output

1.300000

HINT

 【样例说明1】

战斗开始后的前0.5秒,激光武器1攻击2号巨型机器人,激光武器2攻击1号巨型机器人。1号巨型机器人被完全摧毁,2号巨型机器人还剩余8的装甲值;
接下来的0.8秒,激光武器1、2同时攻击2号巨型机器人。2号巨型机器人被完全摧毁。
对于全部的数据,1<=N, M<=50,1<=Ai<=105,1<=Bi<=1000,输入数据保证X军团一定能摧毁Y军团的所有巨型机器人

题解Here!
很容易想到我们二分所需要的时间$T$。
然后用网络流判定是否能在这段时间内打完。
建图很简单:

从$S$到每一个武器$i$连一条边,容量为$B_i\times t$。

从每一个机器人$i+m$向$T$连一条边,容量为$A_i$。

从每个武器向所有能攻击的机器人连一条边,容量为$MAX$。

然后就可以跑了。

对于精度问题,注意到这题的精度要求并不是很高。

可以不用$double$二分及计算,把所有的流量全部乘以$10000$即可。

记得开$long\ long$。

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define MAXN 60
#define MAX (1LL<<62)
using namespace std;
int n,m,c=2,s,t;
long long sum=0,blood[MAXN],attack[MAXN];
bool edge[MAXN][MAXN];
int head[MAXN<<1],deep[MAXN<<1];
struct node{
	int next,to;
	long long w;
}a[MAXN*MAXN<<1];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline void add(int u,int v,long long w){
	a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
	a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool bfs(){
	int u,v;
	queue<int> q;
	for(int i=s;i<=t;i++)deep[i]=0;
	deep[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
			v=a[i].to;
			if(a[i].w&&!deep[v]){
				deep[v]=deep[u]+1;
				if(v==t)return true;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return false;
}
long long dfs(int x,long long limit){
	if(x==t)return limit;
	int v;
	long long sum,cost=0;
	for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
		v=a[i].to;
		if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){
			sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost));
			if(sum>0){
				a[i].w-=sum;
				a[i^1].w+=sum;
				cost+=sum;
				if(cost==limit)break;
			}
			else deep[v]=-1;
		}
	}
	return cost;
}
long long dinic(){
	long long ans=0;
	while(bfs())ans+=dfs(s,MAX);
	return ans;
}
inline void clean(){
	c=2;
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(a,0,sizeof(a));
}
bool check(long long x){
	clean();
	for(int i=1;i<=m;i++)add(s,i,x*attack[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)add(i+m,t,blood[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	for(int j=1;j<=n;j++)
	if(edge[i][j])add(i,j+m,MAX);
	long long now=dinic();
	return (now<sum?true:false);
}
void work(){
	long long l=0,r=100000000000LL,mid;
	while(l<=r){
		mid=l+r>>1;
		if(check(mid))l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%.6lf\n",(double)l/10000.00);
}
void init(){
	n=read();m=read();
	s=0;t=n+m+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		blood[i]=10000LL*read();
		sum+=blood[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)attack[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	for(int j=1;j<=n;j++)
	edge[i][j]=read();
}
int main(){
	init();
	work();
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/9519890.html

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