AtCoder ARC #137 : E - Bakery

これ系フローに落とせるのか…。
https://atcoder.jp/contests/arc137/tasks/arc137_e

問題

N日間において、M人の職人がパンを作る。
i番の職人を雇うと、L[i]～R[i]日目の間1日1個のパンを生成する。ただし雇うのにC[i]のコストがかかる。
各日には、売れるパンの個数の上限A[i]が指定されており、それ以下の範囲では、生成したパンが1個Dで売れる。

最適な職人の雇い方をするとき、得られる金額の最大値を答えよ。

解法

最小コストフローで解く。

以下のグラフを考える。
日付に応じ、1日目～N+1日目に対応する頂点を考える。

• 1個パンを焼くと-Dのコストを得るので、(i+1)日目→i日目の頂点に、容量A[i]、コスト-Dの辺を張る
• A[i]個以上は焼けないので、(i+1)日目→i日目の頂点に、容量(M-A[i])、コスト0の辺を張る
• 職人jを雇うと、R日目から(L-1)日目までフローを1流す権利を得ると考えると、(L-1)日目→R日目の頂点に容量1・コストC[j]の辺を張る

ただこれだと最小コストフローを求める際に負のコストの辺があってよろしくない。
そこで、あらかじめ容量Mのフローを(N+1)日目→1日目に流しておき、その残余グラフに対して最小コストフローを流すと考えると、上2通りの辺の向きと符号が逆になって普通の最小コストフローの形になる。

template<int NV,class V> class MinCostFlow {
public:
	struct edge { int to; V capacity; V cost; int reve;};
	vector<edge> E[NV]; int prev_v[NV], prev_e[NV]; V dist[NV]; V pot[NV];
	void add_edge(int x,int y, V cap, V cost) {
		E[x].push_back((edge){y,cap,cost,(int)E[y].size()});
		E[y].push_back((edge){x,0, -cost,(int)E[x].size()-1}); /* rev edge */
	}
	
	V mincost(int from, int to, ll flow) {
		V res=0; int i,v;
		ZERO(prev_v); ZERO(prev_e); fill(pot, pot+NV, 0);
		while(flow>0) {
			fill(dist, dist+NV, numeric_limits<V>::max()/2);
			dist[from]=0;
			priority_queue<pair<V,int> > Q;
			Q.push(make_pair(0,from));
			while(Q.size()) {
				V d=-Q.top().first;
				int cur=Q.top().second;
				Q.pop();
				if(dist[cur]!=d) continue;
				if(d==numeric_limits<V>::max()/2) break;
				FOR(i,E[cur].size()) {
					edge &e=E[cur][i];
					if(e.capacity>0 && dist[e.to]>d+e.cost+pot[cur]-pot[e.to]) {
						dist[e.to]=d+e.cost+pot[cur]-pot[e.to];
						prev_v[e.to]=cur;
						prev_e[e.to]=i;
						Q.push(make_pair(-dist[e.to],e.to));
					}
				}
			}
			
			if(dist[to]==numeric_limits<V>::max()/2) return -1;
			V lc=flow;
			for(v=to;v!=from;v=prev_v[v]) lc = min(lc, E[prev_v[v]][prev_e[v]].capacity);
			FOR(i,NV) pot[i]+=dist[i];
			flow -= lc;
			res += lc*pot[to];
			for(v=to;v!=from;v=prev_v[v]) {
				edge &e=E[prev_v[v]][prev_e[v]];
				e.capacity -= lc;
				E[v][e.reve].capacity += lc;
			}
		}
		return res;
	}
};
MinCostFlow<5050,ll> mcf;
int N,M,D;
int A[2020];

void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	
	cin>>N>>M>>D;
	ll sum=0;
	FOR(i,N) {
		cin>>A[i];
		sum+=A[i];
		mcf.add_edge(i,i+1,A[i],D);
		mcf.add_edge(i,i+1,M-A[i],0);
	}
	sum*=D;
	FOR(i,M) {
		int L,R,C;
		cin>>L>>R>>C;
		mcf.add_edge(L-1,R,1,C);
	}
	cout<<sum-mcf.mincost(0,N,M)<<endl;
	
}

まとめ

最大フロー問題では事前に多めに流して巻き戻り分を考えるテクはしばしばあったけど、最小コストフローでは初めて見たな…。