題目鏈接: https://codeforces.com/contest/903/problem/G
題意:
在理解網絡流的前提下簡化的題目大概是,源點向 連流量 , 向匯點連流量 ,對於每個 都有一條 以及 的邊,流量均已知,同時告訴你 條 的流量已知的邊。 現在要進行 次操作,每次操作改變一條 的邊的流量,每次改變後問你當前的最大流。
做法:
表示 的題目不愧是 的題目,別說自己想了…連看人家的題解都看了半天才明白… (在自閉的邊緣徘徊)
自己表述可能不太好,就藉着大佬的博客內容稍微說一說。
最小割爲什麼被稱之爲最小割,因爲:
在 側的點中,若割掉了 ,那麼所有的邊 失去意義。
在 側的點中,若割掉了 ,那麼所有的邊 失去意義
我們知道的是,在 側和 側中一定有一遍是滿足上述條件的,只要一側滿足,那麼另一側一定能找到一個剛好符合的點。
我們假設 , 是符合我們要的兩條邊,那麼 都是需要被割掉的邊集。
我們從 側的點 開始往 枚舉,不斷令該點之前的流量變爲 來嘗試,如果是從這個往後因爲滿流而斷掉所需要的最大流量。
線段樹裏存放是的點 的合法流量,點 一點代表的是 ,表示我們在確定了 側的 和 側的 之後需要割的流量。 我們每次都取 側的最小值即可。
我一開始的時候對這個做法很是疑惑,但是模了之後也慢慢理解了。。覺得很是神奇的一道題目。
代碼
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (int)a;i<=(int)b;i++)
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define mid (l+r)/2
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int maxn=200005;
ll mx[maxn<<2],laz[maxn<<2];
ll n,m,q,A[maxn],B[maxn],flow[maxn];
vector<pll> ve[maxn];
void build(int l,int r,int rt){
if(l==r) {
mx[rt]=(ll)B[l-1];
return ;
}
build(l,mid,lson);
build(mid+1,r,rson);
mx[rt]=min(mx[lson],mx[rson]);
}
void deal(int rt,ll v){
mx[rt]+=v,laz[rt]+=v;
}
void push_down(int rt){
if(laz[rt]){
deal(lson,laz[rt]);
deal(rson,laz[rt]);
laz[rt]=0ll;
}
}
void update(int l,int r,int rt,int ql,int qr,ll v){
if(ql<=l&&r<=qr){
deal(rt,v);
return ;
}
push_down(rt);
if(ql<=mid) update(l,mid,lson,ql,qr,v);
if(qr>mid) update(mid+1,r,rson,ql,qr,v);
mx[rt]=min(mx[lson],mx[rson]);
}
multiset<ll> S;
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q);
rep(i,1,n-1) scanf("%lld%lld",&A[i],&B[i]);
rep(i,1,m){
ll x,y,c; scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&c);
ve[x].push_back({y,c});
}
build(1,n,1);
//printf("%d\n",ve[1].size());
rep(i,1,n){
for(auto p:ve[i]){
update(1,n,1,1,p.first,p.second);
}
flow[i]=mx[1];
S.insert(A[i]+flow[i]);
}
printf("%lld\n",*(S.begin()));
rep(k,1,q){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
S.erase(S.find(A[x]+flow[x]));
A[x]=y; S.insert(A[x]+flow[x]);
printf("%lld\n",*(S.begin()));
}
return 0;
}