bzoj2668 [cqoi2012]交换棋子

Description

有一个 (n) 行 (m) 列的黑白棋盘，你每次可以交换两个相邻格子（相邻是指有公共边或公共顶点）中的棋子，最终达到目标状态。要求第 (i) 行第 (j) 列的格子只能参与 (m_{i,j})次交换。

Input

第一行包含两个整数 (n,m(1le n, mle 20)) 。以下 (n) 行为初始状态，每行为一个包含 (m) 个字符的 (01) 串，其中 (0) 表示黑色棋子， (1) 表示白色棋子。以下 (n) 行为目标状态，格式同初始状态。以下 (n) 行每行为一个包含 (m) 个 (0) ~ (9) 数字的字符串，表示每个格子参与交换的次数上限。

Output

输出仅一行，为最小交换总次数。如果无解，输出 (-1) 。

Sample Input

3 3
110
000
001
000
110
100
222
222
222

Sample Output

4

Solution

有趣的费用流题。

非常显然，(S) 要连原图中的黑点，新图中的黑点要连 (T)，关键是中间的边怎么搞。

于是考虑拆点，最开始一拆二发现好像不可做。最后发现一拆三是可行的。

把 (x) 拆成 (x_1,x_2,x_3) 。
其中

• (<x_1, x_2>) ，(x) 最多流入的流量
• (<x_2, x_3>) ，(x) 最多流出的流量

对于每个 (x) 在原图和新图中的情况，分类连边

• 在原图中是黑点，在新图中是白点

  • (<x_1, x_2>:capacity=frac{use[x]}{2};cost=0)
  • (<x_2, x_3>:capacity=frac{use[x]+1}{2};cost=0)

• 在原图中是白点，在新图中是黑点

  • (<x_1, x_2>:capacity=frac{use[x] + 1}{2};cost=0)
  • (<x_2, x_3>:capacity=frac{use[x]}{2};cost=0)

• 在原图和新图中状态相同

  • (<x_1, x_2>:capacity=frac{use[x]}{2};cost=0)
  • (<x_2, x_3>:capacity=frac{use[x]}{2};cost=0)

还有点之间的连边。对于连通的 (x,y) ， (<x_3,y_1>:capacity=INF;cost = 1)

注意判断一下无解的情况就万事大吉了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 10001
#define INF 2000000000
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)

char st[21][21], ed[21][21], use[21][21];
int n, m, ans, flow;

int S, T;
struct edge { int u, v, c, w, next; }e[100001];
int head[N], tot = 1;
int q[N], dis[N], pre[N];
bool inq[N];

inline void insert(int u, int v, int c, int w) { e[++tot].u = u, e[tot].v = v, e[tot].c = c, e[tot].w = w, e[tot].next = head[u], head[u] = tot; }
inline void add(int u, int v, int c, int w) { insert(u, v, c, w), insert(v, u, 0, -w); }

inline bool spfa() {
    rep(i, S, T) dis[i] = INF; dis[S] = 0;
    int l = 1, r = 1; q[1] = S;
    while (l <= r) {
        int u = q[l++]; inq[u] = 0;
        for (int i = head[u], v, w; i; i = e[i].next) {
            if (e[i].c > 0 && dis[v = e[i].v] > dis[u] + (w = e[i].w)) {
                dis[v] = dis[u] + w, pre[v] = i;
                if (!inq[v]) q[++r] = v, inq[v] = 1;
            }
        }
    }
    return dis[T] != INF;
}

inline void mcf() {
    int d = INF;
    for (int i = T; i != S; i = e[pre[i]].u) d = min(d, e[pre[i]].c);
    flow += d;
    for (int i = T; i != S; i = e[pre[i]].u) e[pre[i]].c -= d, e[pre[i] ^ 1].c += d, ans += d * e[pre[i]].w;
}

int main() {
    cin >> n >> m; T = n * m * 3 + 1;
    rep(i, 1, n) scanf("%s", st[i] + 1);
    rep(i, 1, n) scanf("%s", ed[i] + 1);
    rep(i, 1, n) scanf("%s", use[i] + 1);
    int black = 0, white = 0;
    rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) {
        int x1 = (i - 1) * m + j, x2 = x1 + n * m, x3 = x2 + n * m, Use = use[i][j] - '0';
        if (st[i][j] == '1' && ed[i][j] == '0')
            black++, add(S, x2, 1, 0), add(x1, x2, Use / 2, 0), add(x2, x3, (Use + 1) / 2, 0);
        else if (st[i][j] == '0' && ed[i][j] == '1')
            white++, add(x2, T, 1, 0), add(x1, x2, (Use + 1) / 2, 0), add(x2, x3, Use / 2, 0);
        else
            add(x1, x2, Use / 2, 0), add(x2, x3, Use / 2, 0);
        if ((i ^ 1) && (j ^ 1)) add(x3, (i - 2) * m + j - 1, INF, 1);
        if (i ^ 1) add(x3, (i - 2) * m + j, INF, 1);
        if ((i ^ 1) && (j ^ m)) add(x3, (i - 2) * m + j + 1, INF, 1);
        if (j ^ 1) add(x3, (i - 1) * m + j - 1, INF, 1);
        if (j ^ m) add(x3, (i - 1) * m + j + 1, INF, 1);
        if ((i ^ n) && (j ^ 1)) add(x3, i * m + j - 1, INF, 1);
        if (i ^ n) add(x3, i * m + j, INF, 1);
        if ((i ^ n) && (j ^ m)) add(x3, i * m + j + 1, INF, 1);
    }
    if (black ^ white) { puts("-1"); return 0; }
    while (spfa()) mcf();
    cout << (flow == black ? ans : -1);
    return 0;
}