【BZOJ】【TJOI2015】线性代数

网络流/最小割/最大权闭合图

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　　2333好开心，除了一开始把$500^2$算成25000……导致数组没开够RE了一发，可以算是一次AC~

　　咳咳还是回归正题来说题解吧：

　　一拿到这道题，我就想：这是什么鬼玩意……矩阵乘法早忘了……画了半天也想不起来到底是谁乘谁，只记得有个式子：$c[i][j]=sum a[i][k]*b[k][j]$

　　好吧没关系，既然画图不行了，我们就先拿这个东西，纯代数来搞！

　　D的表达式，里面那层我们可以写成：$sum a[i][k]*b[k][j] - c[i][j]$

　　然而a和c都是1*N的矩阵，简化一下，我们得到：$$ sum a[k]*b[k][j]-c[j]$$

　　所以我们把D的表达式转化一下，发现可以把c[j]提出来：$$ egin{aligned} D&=sum_{j=1}^n ig ( sum_{k=1}^n a[k]*b[k][j]-c[j] ig )*a[j] \ &=sum_{j=1}^n sum_{k=1}^n a[j]*a[k]*b[k][j]-sum_{k=1}^n a[j]*c[j] end{aligned} $$

　　这时我们发现：b[j][k]和c[j]前面分别乘了一或两个0/1变量……感觉像什么……最大权闭合图对不对……同时选了 j 和 k 的话可以得到b[j][k]的收益，但是选 j 得付出c[j]的代价！

　　这时候我们就可以轻松+愉快的进行建图……

好久没写过网络流了，一次写对Dinic还是蛮感动的

/**************************************************************
    Problem: 3996
    User: Tunix
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:584 ms
    Memory:29152 kb
****************************************************************/
 
//BZOJ 3996
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
inline int getint(){
    int r=1,v=0; char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') r=-1;
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) v=v*10-'0'+ch;
    return r*v;
}
const int N=300010,M=1000010,INF=1e9;
/*******************template********************/
int n,ans;
struct edge{int to,v;};
struct Net{
    edge E[M<<1];
    int head[N],next[M<<1],cnt;
    void ins(int x,int y,int z){
        E[++cnt]=(edge){y,z}; next[cnt]=head[x]; head[x]=cnt;
    }
    void add(int x,int y,int z){ins(x,y,z); ins(y,x,0);}
    int d[N],S,T,cur[N];
    queue<int>Q;
    bool mklevel(){
        memset(d,-1,sizeof d);
        d[S]=0;
        Q.push(S);
        while(!Q.empty()){
            int x=Q.front(); Q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=next[i])
                if (d[E[i].to]==-1 && E[i].v){
                    d[E[i].to]=d[x]+1;
                    Q.push(E[i].to);
                }
        }
        return d[T]!=-1;
    }
    int dfs(int x,int a){
        if (x==T) return a;
        int flow=0;
        for(int &i=cur[x];i && flow<a;i=next[i])
            if (d[E[i].to]==d[x]+1 && E[i].v){
                int f=dfs(E[i].to,min(E[i].v,a-flow));
                E[i].v-=f;
                E[i^1].v+=f;
                flow+=f;
            }
        if (!flow) d[x]=-1;
        return flow;
    }
    void Dinic(){
        while(mklevel()){
            F(i,S,T) cur[i]=head[i];
            ans-=dfs(S,INF);
        }
    }
    void init(){
        cnt=1; ans=0;
        n=getint(); S=0; T=n*(n+1)+1;
        int x;
        F(i,1,n) F(j,1,n){
            x=getint();
            add(i*n+j,T,x);
            add(i,i*n+j,INF);
            add(j,i*n+j,INF);
            ans+=x;
        }
        F(i,1,n){
            x=getint();
            add(S,i,x);
        }
        Dinic();
        printf("%d
",ans);
    }
}G1;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("3996.in","r",stdin);
    freopen("3996.out","w",stdout);
#endif
    G1.init();
    return 0;
}

3996: [TJOI2015]线性代数

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
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Description

给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

Input

第一行输入一个整数N，接下来N行输入B矩阵，第i行第J个数字代表Bij.

接下来一行输入N个整数，代表矩阵C。矩阵B和矩阵C中每个数字都是不超过1000的非负整数。

Output

输出最大的D

Sample Input

3
1 2 1
3 1 0
1 2 3
2 3 7

Sample Output

2

HINT

 1<=N<=500

Source

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