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kmjp's blog

競技プログラミング参加記です

yukicoder : No.119 旅行のツアーの問題

yukicoder

最小カットまでは発想できたものの、辺を自力で張れなかった。
http://yukicoder.me/problems/7

問題

0~(N-1)のN個の国があり、うち一部を旅行で訪問する。

i番目の国に対し:

  • 訪問しない場合得られる満足度は0である。
  • 訪問した場合で、ツアーに参加すると得られる満足度はB[i]である。
  • 訪問した場合で、ツアーに参加しないと得られる満足度はC[i]である。

ここで、幾つかの条件が与えられる。
2つの国x,yに対し、両方訪問してかつxでツアーに参加している場合、yでもツアーに参加しなければならない。

最適な旅行を行ったとき得られる各国の満足度の総和の最大値を求めよ。

解法

まず訪問しない場合を考えると、最小カット問題に落とす典型例である。
最小カットを使って「燃やす埋める問題」を解く

各国に対応する頂点を2個ずつ作る。
片方は訪問してツアーにも参加する、もう片方は訪問はするがツアーに参加しない場合に相当する。
ここで以下の4タイプの辺を張る。

  1. sourceから各国の前者に相当する頂点に容量(max(B[i],C[i])-C[i])の辺を張る。
  2. 各国の前者に相当する頂点から後者に相当する頂点に十分大きな容量の辺を張る。
  3. そして各国後者に相当する頂点からsinkに容量(max(B[i],C[i])-B[i])の辺を張る。
  4. 最後に各条件に対し、y国の後者の頂点からx国の前者の頂点に十分大きな容量の辺を張る。

sum(max(B[i],C[i]))から、前記グラフの最大フローの値を引くと訪問しない場合を考慮しない解が得られる。
(自分はここまでで詰まった)

ここで訪問しない場合も考える。
前者の問題は最大満足度max(B[i],C[i])に対して、差分の満足度の最小カットとしてタイプ1かタイプ3のどちらかを切る問題となっていた。
今度は最大満足度を(B[i]+C[i])とし、差分の満足度の最小カットとしてB[i]、C[i]のどちらかもしくは両方を切る問題と考えれば、訪問しないケースもカバーできる。

このような最小カットを実現するには、前者のケースのタイプ4の向きを逆にして

  • 最後に各条件に対し、x国の前者の頂点からy国の後者の頂点に十分大きな容量の辺を張る。

とするとタイプ1・3両方をカットするケース、すなわち訪問しないケースをカバーできる。

…と書いてみたのはいいけけど、確かにこうすれば問題は解けるとはいえ、なぜタイプ3の辺を逆にするとこうできる(タイプ1・3の両方の辺をカット対象にできる)のかイマイチうまく説明できない。

template<class V> class MaxFlow_dinic {
public:
	struct edge { int to,reve;V cap;};
	static const int MV = 1100;
	vector<edge> E[MV];
	int itr[MV],lev[MV];
	
	void add_edge(int x,int y,V cap) {
		E[x].push_back((edge){y,(int)E[y].size(),cap});
		E[y].push_back((edge){x,(int)E[x].size()-1,0}); // directed
		//E[y].push_back((edge){x,(int)E[x].size()-1,cap}); // undirect
	}
	
	void bfs(int cur) {
		MINUS(lev);
		queue<int> q;
		lev[cur]=0;
		q.push(cur);
		while(q.size()) {
			int v=q.front(); q.pop();
			ITR(e,E[v]) if(e->cap>0 && lev[e->to]<0) lev[e->to]=lev[v]+1, q.push(e->to);
		}
	}
	
	int dfs(int from,int to,V cf) {
		if(from==to) return cf;
		ITR(e,E[from]) if(e->cap>0 && lev[from]<lev[e->to]) {
			V f=dfs(e->to,to,min(cf,e->cap));
			if(f>0) {
				e->cap-=f;
				E[e->to][e->reve].cap += f;
				return f;
			}
		}
		return 0;
	}
	
	V maxflow(int from, int to) {
		V fl=0,tf;
		while(1) {
			bfs(from);
			if(lev[to]<0) return fl;
			ZERO(itr);
			while((tf=dfs(from,to,numeric_limits<V>::max()))>0) fl+=tf;
		}
	}
};

int N,M;
int B[101],C[101];
MaxFlow_dinic<int> mf;

void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	
	cin>>N;
	int tot=0;
	FOR(i,N) {
		cin>>B[i]>>C[i];
		tot+=B[i]+C[i];
		mf.add_edge(0,1+i,B[i]);
		mf.add_edge(100+i,200,C[i]);
		mf.add_edge(1+i,100+i,10000);
	}
	cin>>M;
	FOR(i,M) {
		cin>>x>>y;
		mf.add_edge(1+x,100+y,10000);
	}
	cout<<tot-mf.maxflow(0,200)<<endl;
}

まとめ

有向辺の張り方がこれで良い理由がはっきり説明できずモヤモヤ。

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