FZOJ 4112 脱单计划

这是一道费用流的好题。

首先题目给你的男士女士以及之间的关系可以看做一个二分图。考虑暴力连边（用([x,y])表示流量为(x)，费用为(y)的边）：

• 源点像每个男士小区连([k,0])((k)表示小区的人数)
• 每个男士小区向每个女士小区连([INF,dis])（(INF)为无穷大，(dis)为两个小区之间的曼哈顿距离）
• 每个女士小区向汇点连([k,0])

然后时间复杂度是(O(nmf))，不能通过此题。

考虑暴力连边边的数量是(O(n^2))级别的，是否能减少连边的数量。

现在假设每个男士小区和女士小区的距离为(x1+y1-x2-y2)（也就是去掉了绝对值的曼哈顿距离，其中(x1,y1)分别表示男士小区的横、纵坐标，(x2,y2)分别表示女士小区的横、纵坐标），那么我们可以建一个辅助点(P)，男士小区向(P)连费用为(x1+y1)的边，(P)向女士小区连费用为(-x1-y1)的边，由于费用会累加的缘故，我们发现这样连边的效果和暴力是相同的，而边的数量却是(O(n))级别的。

那么加上绝对值该怎么做呢？我们可以分类讨论(|x1-x2|+|y1-y2|)的四种情况，建四个辅助点每个都向类似上文连边，发现如果某种连边方式如果与(|x1-x2|+|y1-y2|)的值并不相等也只能小于它，而我们求的是最大费用流，所以这些“错误”的边一定会被“正确”的边取代，从而保证答案的正确。

注：由于最后要求最大费用流，所以实际连边的时候费用应全部取相反数。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<deque>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=5000;
const LL INF=1LL<<60;
deque <int> q;
int n,Male[N],Female[N],xM[N],yM[N],xF[N],yF[N],kM[N],kF[N],S,T;
int tot,head[N*10],cnt=1,inq[N],vis[N],cur[N],P[10];
LL dis[N],Mincost;
struct Edge
{
	int nxt,to;
	LL c,w;
}g[N*10];

void add(int from,int to,LL w,LL c)
{
	g[++cnt].nxt=head[from];
	g[cnt].to=to;
	g[cnt].w=w;
	g[cnt].c=c;
	head[from]=cnt;
}

void ADD(int from,int to,LL w,LL c)
{
	add(from,to,w,c),add(to,from,0,-c);
}

void init()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d %d %d",&xM[i],&yM[i],&kM[i]),Male[i]=++tot;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d %d %d",&xF[i],&yF[i],&kF[i]),Female[i]=++tot;
}

int Dis1(int i,int type)
{
	return type==1?xM[i]+yM[i]:xF[i]+yF[i];
}

int Dis2(int i,int type)
{
	return type==1?xM[i]-yM[i]:xF[i]-yF[i];
}

int Dis3(int i,int type)
{
	return type==1?-xM[i]+yM[i]:-xF[i]+yF[i];
}

int Dis4(int i,int type)
{
	return type==1?-xM[i]-yM[i]:-xF[i]-yF[i];
}

void clear()
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memcpy(cur,head,sizeof(cur));
	for (int i=1;i<=tot;i++)
		dis[i]=INF;
}

int SPFA()
{
	clear(),q.push_back(S);
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop_front();
		inq[x]=0;
		for (int i=head[x];i;i=g[i].nxt)
		{
			int v=g[i].to;
			if(dis[v]<=dis[x]+g[i].c||g[i].w<=0)
				continue;
			dis[v]=dis[x]+g[i].c;
			if(!inq[v])
			{
				inq[v]=1;
				if(!q.empty()&&dis[q.front()]>=dis[v])
					q.push_front(v);
				else
					q.push_back(v);
			}
		}
	}
	return dis[T]!=INF;
}

LL dfs(int x,LL Min)
{
	if(x==T)
		return Min;
	LL flow=0;
	vis[x]=1;
	for (int &i=cur[x];i;i=g[i].nxt)
	{
		int v=g[i].to;
		if(dis[v]!=dis[x]+g[i].c||g[i].w<=0||vis[v])
			continue;
		LL tmp=dfs(v,min(Min-flow,g[i].w));
		flow+=tmp,g[i].w-=tmp,g[i^1].w+=tmp,Mincost+=tmp*g[i].c;
		if(flow==Min)
			break;
	}
	return flow;
}

int Dinic()
{
	int ans=0;
	while(SPFA())
		ans+=dfs(S,INF);
	return ans;
}

void work()
{
	T=++tot;
	for (int i=1;i<=4;i++)
		P[i]=++tot;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		ADD(S,Male[i],kM[i],0),ADD(Female[i],T,kF[i],0);
		ADD(Male[i],P[1],INF,-Dis1(i,1)),ADD(P[1],Female[i],INF,-Dis4(i,0));
		ADD(Male[i],P[2],INF,-Dis2(i,1)),ADD(P[2],Female[i],INF,-Dis3(i,0));
		ADD(Male[i],P[3],INF,-Dis3(i,1)),ADD(P[3],Female[i],INF,-Dis2(i,0));
		ADD(Male[i],P[4],INF,-Dis4(i,1)),ADD(P[4],Female[i],INF,-Dis1(i,0));
	}
	Dinic();
	printf("%lld
",-Mincost);
}

int main()
{
	init();
	work();
	return 0;
}