[洛谷P4249] WC2007 剪刀石头布

问题描述

在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到 A 胜过 B，B 胜过 C 而 C 又胜过 A 的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组 (A,B,C) ，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将 (A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B) 和 (C, B, A) 视为相同的情况。

有 N 个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有 $frac{N*(N-1)}{2} $
场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。

输入格式

输入文件的第 1 行是一个整数 N，表示参加比赛的人数。

之后是一个 N 行 N 列的数字矩阵：一共 N 行，每行 N 列，数字间用空格隔开。

在第 (i+1) 行的第 j 列的数字如果是 1，则表示 i 在已经发生的比赛中赢了 j；该数字若是 0，则表示在已经发生的比赛中 i 败于 j；该数字是 2，表示 i 和 j 之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第 (i+1) 行第 i 列的数字都是 0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。

输入文件保证合法，不会发生矛盾，当 (i eq j) 时，第 (i+1) 行第 j 列和第 (j+1) 行第 i 列的两个数字要么都是 2，要么一个是 0 一个是 1。

输出格式

输出文件的第 1 行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。

输出文件的第 2 行开始有一个和输入文件中格式相同的 N 行 N 列的数字矩阵。第 (i+1) 行第 j 个数字描述了 i 和 j 之间的比赛结果，1 表示 i 赢了 j，0 表示 i 负于 j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字 2；对角线上的数字都是 0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。

样例输入

3

0 1 2

0 0 2

2 2 0

样例输出

1

0 1 0

0 0 1

1 0 0

链接

洛谷

解析

先来考虑一下什么情况下选择的三个点不能构成三元环。手玩一下可以发现，如果三个点中一个点的入度为2，一个点的出度为2，剩下的那点入度和出度均为1，是无法构成三元环的。推广到一般，记(u)点的入度为(d(u))，那么会有(C_{d(u)}^2)种不能构成三元环的情况。所以，答案为：

[ans=C_n^3-sum_{u=1}^nC_{d(u)}^2 ]

对此，我们用差分的形式进一步简化。对于一个点(u)，如果它的度数增加一，求整张图减少的三元环数目，我们有：

[C_{d(u)}^2-C_{d(u)-1}^2=d(u)-1 ]

所以，我们现在可以将整个边定向的过程抽象为费用流，将每一条未定向的边均抽象为点，建图过程如下：

• 由原点向每一条边对应的点连容量为1、费用为0的边，表示定向必须造成1度数变化。
• 由每一条边对应的点向图上这条边连接的两个节点连边，容量为1、费用为0，意义同上。
• 由每一个图上节点(u)向汇点连若干条边，容量均为1，费用依次为(d(u)-1,d(u),d(u)+1,...,n-1)。

输出方案时，看每一个边对应的点连出去的两条边哪一条满流即可，满流即表示该点的入度加一。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 10002
#define M 1000002
using namespace std;
const int inf=1<<30;
int head[N],ver[M],nxt[M],cap[M],cost[M],l;
int n,m,s,t,i,j,g[102][102],dis[N],flow[N],pre[N],d[N],ans,p[N];
bool in[N];
int read()
{
	char c=getchar();
	int w=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c<='9'&&c>='0'){
		w=w*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return w;
}
void insert(int x,int y,int z,int w)
{
	ver[l]=y;
	cap[l]=z;
	cost[l]=w;
	nxt[l]=head[x];
	head[x]=l;
	l++;
	ver[l]=x;
	cost[l]=-w;
	nxt[l]=head[y];
	head[y]=l;
	l++;
}
bool SPFA()
{
	queue<int> q;
	memset(in,0,sizeof(in));
	for(int i=1;i<=t;i++) dis[i]=inf;
	q.push(s);
	in[s]=1;flow[s]=inf;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
			int y=ver[i];
			if(dis[y]>dis[x]+cost[i]&&cap[i]>0){
				dis[y]=dis[x]+cost[i];
				flow[y]=min(flow[x],cap[i]);
				pre[y]=i;
				if(!in[y]){
					in[y]=1;
					q.push(y);
				}
			}
		}
		in[x]=0;
	}
	if(dis[t]==inf) return 0;
	return 1;
}
void update()
{
	int x=t;
	while(x!=s){
		int i=pre[x];
		cap[i]-=flow[t];
		cap[i^1]+=flow[t];
		x=ver[i^1];
	}
	ans+=flow[t]*dis[t];
}
int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	n=read();
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=n;j++){
			g[i][j]=read();
			if(j>=i) continue;
			if(g[i][j]==1) d[j]++;
			else if(g[i][j]==0) d[i]++;
			else{
				m++;
				insert(n+m,i,1,0);
				insert(n+m,j,1,0);
			}
		}
	}
	t=n+m+1;
	for(i=1;i<=m;i++) insert(s,n+i,1,0);
	for(i=1;i<=n;i++){
		ans+=d[i]*(d[i]-1)/2;
		for(j=d[i]+1;j<n;j++) insert(i,t,1,j-1);
	}
	while(SPFA()) update();
	for(i=1;i<=m;i++){
		for(j=head[n+i];j!=-1;j=nxt[j]){
			if(cap[j]==0&&ver[j]!=0){
				p[i]=ver[j];
				break;
			}
		}
	}
	printf("%d
",n*(n-1)*(n-2)/6-ans);
	int tmp=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=i;j++){
			if(g[i][j]==2){
				tmp++;
				if(p[tmp]==i) g[i][j]=0,g[j][i]=1;
				else g[i][j]=1,g[j][i]=0;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=n;j++) printf("%d ",g[i][j]);
		puts("");
	}
	return 0;
}