Codeforce 739 E.Gosha is hunting（費用流 | 期望dp + wqs二分套wqs二分優化）

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題目大意：有 n 個神奇寶貝，有 $a$ 個普通球和 $b$ 個超級球，對沒只神奇寶貝，使用普通球有 $p[i]$ 的概率抓獲，使用超級球有 $q[i]$ 的概率抓獲，普通球和超級球對每個神奇寶貝只能用一次，可以即使用普通球又使用超級球，求抓獲的神奇寶貝數量的最大期望值。

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費用流做法：
對第 i 只神奇寶貝使用一個普通球對答案的貢獻爲 $p[i]$，使用超級球的貢獻爲 $q[i]$，都使用的貢獻爲 $p[i] + q[i] - p[i] * q[i]$。

爲兩種球建立兩個源點 s1,s2， s1 對每個神奇寶貝連一個容量爲 1，費用爲 $p[i]$ 的邊， s2 對每個神奇寶貝連一個容量爲 1，費用爲 $q[i]$ 的邊，如果對一個神奇寶貝用了兩種球，貢獻還要扣掉 $p[i] * q[i]$，因此不能直接對第 $i$ 只神奇寶貝建 一條到 t，容量爲 2，費用爲0的邊。

考慮減掉這一部分的貢獻，每個神奇寶貝，建兩條到 $t$ 的邊，容量均爲 1，其中一條費用爲0，另一條費用爲 $-p[i] * q[i]$，如果對某個神奇寶貝只用了一種球，走的必然是 費用爲 0的邊，用了兩種球的話一定會走費用 $-p[i] * q[i]$ 的邊。

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wqs二分做法：
設 dp[i][j][k]表示前 i 只神奇寶貝，使用 a 個普通球，b 個超級球的最大捕捉期望，容易得到 $n^3$ 的樸素 $dp$ 做法，對每隻神奇寶貝考慮使用球的組合進行轉移。

假如超級球的使用沒有限制，最優答案肯定是每隻神奇寶貝都使用超級球，設使用的超級球的個數爲$x$，對應情況的最優答案爲 $g(x)$，通過打表 容易發現 $x,g(x)$ 的增長幅度越來越小，也就是 $x,g(x)$ 是一個上凸的函數，可以二分一個代價 $c$，每用一個超級球，貢獻扣掉代價 $c$，顯然 $c$ 的取值爲 [0,1]，$c$ 越大，最優解使用的超級球越少，否則使用的超級球越多。

既然超級球可以二分，那麼普通球是不是也能同時二分，答案是顯然的，如果超級球剛好使用 $b$ 個，二分代價 $c1$ 表示使用普通球的代價，單調性容易證明。在二分 $c1$ 後，二分超級球的使用 $c2$，證明在普通球使用代價爲 $c1$ 的情況下，超級球的使用代價越高，最優解使用超級球的數量越少，即具有單調性。

設某次得到的最優解使用的普通球和超級球的數量分別爲 $x_1,y_1$， 增長使用超級球的代價 $c2$，反證：設 此時使用超級球的數量反而增多，普通球使用的數量爲 $x_2$，超級球使用的數量爲 $y_2$，滿足 $y_2 > y_1$。

無論 $x_1 和 x_2$ 的關係如何，在增長超級球的代價 $c2$ 前，令 $y_1 = y_2$，答案都會更優，即前面一次得到的不是最優解，與假設矛盾。因此可以同時二分普通球和超級球的使用代價，嵌套二分兩個代價同時與最優解的使用數量具有單調性。

兩層二分分別二分兩種球的使用代價，轉移時枚舉對第 i 只神奇寶貝使用哪種組合進行轉移：使用普通球，使用超級球，兩者都用。

複雜度爲 $O(n \log^2n)$，但代碼有點難寫，一般來說可能二分不到一個解使得它的使用數量恰好 = $k$，因此要讓每個解的使用數量儘可能多，但這題是雙關鍵字。參考了網上直接 $dp$ ，沒有讓每個解的使用次數儘可能多，稍微改動一點就會 wa。

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代碼：

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-8;
struct ss{
	int v,c,nxt;
	double w;
}edg[maxn];
int head[maxn],cnt,vis[maxn],pre[maxn];
double d[maxn];
void init() {
	cnt = 0;
	memset(head,-1,sizeof head);
}
void add(int u,int v,int c,double w) {
	edg[cnt].v = v;
	edg[cnt].c = c;
	edg[cnt].w = w;
	edg[cnt].nxt = head[u];
	head[u] = cnt++;
	
	edg[cnt].v = u;
	edg[cnt].c = 0;
	edg[cnt].w = -w;
	edg[cnt].nxt = head[v];
	head[v] = cnt++;
}
bool spfa(int s,int t) {
	queue<int> q;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(pre,-1,sizeof pre);
	for (int i = 0; i <= t; i++)
		d[i] = -1e12;
	q.push(s);
	d[s] = 0; vis[s] = 1;
	while(!q.empty()) {
		int top = q.front();
		q.pop();
		vis[top] = 0;
		for(int i = head[top]; i + 1; i = edg[i].nxt) {
			int v = edg[i].v, c = edg[i].c; double w = edg[i].w;
			if(c && d[v] < d[top] + w - eps) {
				d[v] = d[top] + w; pre[v] = i;
				if(!vis[v]) {
					q.push(v);
					vis[v] = 1;
				}
			}
		}
	}
	return pre[t] != -1;
}
int maxflow(int s,int t,double &cost) {
	int ans = 0;
	cost = 0;
	while(spfa(s,t)) {
		int mx = inf;
		for(int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edg[i ^ 1].v]) {
			mx = min(mx,edg[i].c);
		}
		for(int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edg[i ^ 1].v]) {
			edg[i].c -= mx;
			edg[i ^ 1].c += mx;
			cost += mx * edg[i].w;
		}
		ans += mx;
	}	
	return ans;
}
int n,a,b;
double p[maxn],q[maxn];
int main() {
	init();
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf",&p[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf",&q[i]);
	}
	int s = 0, s1 = 2 * n + 1, s2 = 2 * n + 2, t = 2 * n + 3;
	add(s,s1,a,0); add(s,s2,b,0);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		add(s1,i,1,p[i]);
		add(s2,i,1,q[i]);
		add(i,t,1,0);
		add(i,t,1,-p[i] * q[i]);
	}	
	double cost; int f;
	f = maxflow(s,t,cost);
	printf("%lf\n",cost);
	return 0;
}

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wqs二分套wqs二分 代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 10;
const double eps = 1e-8;
int n,a,b,ta[maxn],tb[maxn];
double p[maxn],q[maxn],dp[maxn],ans;
int calc(double ca,double cb,bool f) {				//第二層二分，二分使用超級球的費用 
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		dp[i] = dp[i - 1]; ta[i] = ta[i - 1]; tb[i] = tb[i - 1];
		if (dp[i - 1] + p[i] - ca - dp[i] > eps) {
			dp[i] = dp[i - 1] + p[i] - ca;
			ta[i] = ta[i - 1] + 1;	
			tb[i] = tb[i - 1];
		}
		if (dp[i - 1] + q[i] - cb - dp[i] > eps) {
			dp[i] = dp[i - 1] + q[i] - cb;
			ta[i] = ta[i - 1];
			tb[i] = tb[i - 1] + 1;
		}
		if (dp[i - 1] + q[i] + p[i] - q[i] * p[i] - ca - cb - dp[i] > eps) {
			dp[i] = dp[i - 1] + q[i] + p[i] - q[i] * p[i] - ca - cb;
			ta[i] = ta[i - 1] + 1;
			tb[i] = tb[i - 1] + 1;
		}
	}
	return f ? ta[n] : tb[n];
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lf",&p[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lf",&q[i]);	
	double l1 = 0, r1 = 1.0 ,l2 = 0, r2 = 0;
	while (r1 - l1 > eps) {
		double c1 = (l1 + r1) / 2;
		l2 = 0, r2 = 1.0;
		while (r2 - l2 > eps) {
			double c2 = (l2 + r2) / 2;
			if (calc(c1,c2,0) <= b)	r2 = c2;
			else l2 = c2;
		}
		if (calc(c1,r2,1) <= a) r1 = c1;
		else l1 = c1;
	}
	calc(r1,r2,0);
	printf("%lf\n",dp[n] + r1 * a + r2 * b);
	return 0;
}