[Wc2007]剪刀石头布

题目描述：

bz

luogu

题解：

最小费用流。

对于三支队伍，胜负情况只有$2$种。

一种是形成三元环，另一种是$x$赢两场，$y$赢一场，$z$没赢过。

所以我们统计一下另一种最少有多少种就好了。

最后答案就是$C^3_n-k$。

对于一个队伍$x$，若其胜场数为$w_x$，则会造成的负贡献为$-C^2_{w_x}$。

不会搞？

作差啊。

$$C^2_x-C^2_{x-1}=x-1$$

所以建图：

1. $S$向每一场比赛对应的点建容量为$1$，费用为$0$的边，表示只有一次贡献。
2. 讨论比赛对队伍的贡献，若是$0$/$1$就向胜者建容量为$0$，费用为$1$的边，不然向双方都建容量$0$，费用$1$的边。
3. 所有队伍向汇点建一堆边，费用为$0,1,2,……,n-1$，容量都为$1$，表示加入此边后的负贡献。

结果发现会$T$。

原因很简单：图中有一堆边是显然的，我们可以直接算贡献。

优化一下就能过了。

代码：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll  Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const int N = 10500;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,w[105][105],S,T,tot,hed[N],cnt=1,ind[105],nam[105][105];
struct EG
{
    int to,nxt;
    ll fl,wl;
}e[N<<4];
void ae(int f,int t,ll fl,ll wl)
{
    e[++cnt].to = t;
    e[cnt].nxt = hed[f];
    e[cnt].fl = fl;
    e[cnt].wl = wl;
    hed[f] = cnt;
}
void AE(int f,int t,ll fl,ll wl)
{
    ae(f,t,fl,wl);
    ae(t,f,0,-wl);
}
ll dep[N],fl[N];
int pre[N],fa[N];
bool vis[N];
bool spfa()
{
    queue<int>q;
    memset(dep,0x3f,sizeof(dep));
    dep[S] = 0,fl[S] = Inf,vis[S] = 1;q.push(S);
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)
        {
            int to = e[j].to;
            if(e[j].fl&&dep[to]>dep[u]+e[j].wl)
            {
                dep[to] = dep[u]+e[j].wl;
                fl[to] = min(fl[u],e[j].fl);
                pre[to] = j,fa[to] = u;
                if(!vis[to])
                {
                    vis[to]=1;
                    q.push(to);
                }
            }
        }
        vis[u] = 0;
    }
    return dep[T] != Inf;
}
ll mcmf()
{
    ll ret = 0;
    while(spfa())
    {
        ret+=dep[T]*fl[T];
        int u = T;
        while(u!=S)
        {
            e[pre[u]].fl-=fl[T];
            e[pre[u]^1].fl+=fl[T];
            u = fa[u];
        }
    }
    return ret;
}
int main()
{
    read(n);tot = n;
    S = ++tot,T = ++tot;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            read(w[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            if(w[i][j]==0)ind[j]++;
            else if(w[i][j]==1)ind[i]++;
            else
            {
                int u = ++tot;
                nam[i][j] = u;
                AE(S,u,1,0);
                AE(u,i,1,0),AE(u,j,1,0);
            }
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=ind[i];j<=n;j++)
            AE(i,T,1,j);
    ll ans = 1ll*n*(n-1)/2ll*(n-2)/3ll-mcmf();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans -= 1ll*ind[i]*(ind[i]-1)/2ll;
    printf("%lld
",ans);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)if(w[i][j]==2)
            for(int k=hed[nam[i][j]];k;k=e[k].nxt)
            {
                int to = e[k].to;
                if(to==S)continue;
                if(e[k].fl)w[i][j]=(j==to),w[j][i]=(i==to);
                else w[i][j]=(i==to),w[j][i]=(j==to);
            }
    for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
        for(int j=1;j<=n;j++)
            printf("%d ",w[i][j]);
    return 0;
}