BZOJ 2563: 阿狸和桃子的游戏

2563: 阿狸和桃子的游戏

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Description

　　阿狸和桃子正在玩一个游戏，游戏是在一个带权图 G=(V, E) 上进行的，设节点权值为 w(v) ，边权为 c(e) 。游戏规则是这样的：
　　 1. 阿狸和桃子轮流将图中的顶点染色，阿狸会将顶点染成红色，桃子会将顶点染成粉色。已经被染过色的点不能再染了，而且每一轮都必须给一个且仅一个顶点染色。
　　 2. 为了保证公平性，节点的个数 N 为偶数。
　　 3. 经过 N/2 轮游戏之后，两人都得到了一个顶点集合。对于顶点集合 S ，得分计算方式为

　　。
　　由于阿狸石头剪子布输给了桃子，所以桃子先染色。两人都想要使自己的分数比对方多，且多得越多越好。如果两人都是采用最优策略的，求最终桃子的分数减去阿狸的分数。

Input

　输入第一行包含两个正整数N和M，分别表示图G的节点数和边数，保证N一定是偶数。
　　接下来N+M行。
　　前N行，每行一个整数w，其中第k行为节点k的权值。
　　后M行，每行三个用空格隔开的整数a b c，表示一条连接节点a和节点b的边，权值为c。

Output

　输出仅包含一个整数，为桃子的得分减去阿狸的得分。

Sample Input

4 4
6
4
-1
-2
1 2 1
2 3 6
3 4 3
1 4 5

Sample Output

3
数据规模和约定
　　对于40%的数据，1 ≤ N ≤ 16。
　　对于100%的数据，1 ≤ N ≤ 10000，1 ≤ M ≤ 100000，-10000 ≤ w , c ≤ 10000。

HINT

Source

2012国家集训队Round 1 day2

//这个题要求差值的最大，那么贪心还是比较试用这个题的，庆幸自己猜对了

//计算公式

w为点权值，c为边权值

我们现在对每个点进行判断(注意！！！是结果对差值考虑)

1.对点来说

如果选了这个点，那么对ans的影响应该是w的

先手+w-后手=ans

同理不选这个点，对ans的影响应该是-w

对边来说

如果你选了这条边上的两个点，那么对答案的影响是+c

如果你只选了一个点，那么由于你们两个人平分这个权值，这对答案是没有影响的，所以为0

//先手+c-后手-c=ans

同理都不选为-c

那么问题来了

这是前后手都会对这个答案产生影响，每一手判断起来，就都会很麻烦

那么我们用巧妙的转换，将所有影响因素都归结到先手，这个问题就好解决了

我们先将ans减去每一个点值和权值，先预处理其为负数，即去掉了后手的影响

然后每个点与边的权值的选取规则则变成

点：

一个点如果不选，本身对答案的贡献是0

一个点如果选，本身对答案的贡献是2*w

边：

如果两个端点中只选择一个，对答案的贡献是c
如果两个端点都选，对答案的贡献是2*c

一条边如果两个端点都不选，对答案的贡献是0

所以我们通过预处理的方法，巧妙的解决了先后手的问题 //这样后手选的所有情况都在ans中已经包含了

然后我们把边的权值加入到点的权值中

在排序按奇偶数排列取则可以得到最大差值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1000005];
int x,y,v,w;
int main()
{
    int n,m;
    int ans=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w);
        ans-=w;
        a[i]=w*2;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
        ans-=v;
        a[x]+=v;
        a[y]+=v;
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=2;i<=n;i+=2)
    {
        ans+=a[i];
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}