P4066 [SHOI2003]吃豆豆
题目描述
两个PACMAN吃豆豆。一开始的时候，PACMAN都在坐标原点的左下方，豆豆都在右上方。PACMAN走到豆豆处就会吃掉它。PACMAN行走的路线很奇怪，只能向右走或者向上走，他们行走的路线不可以相交。 请你帮这两个PACMAN计算一下，他们俩加起来最多能吃掉多少豆豆。
输入输出格式
输入格式：
第一行为一个整数N，表示豆豆的数目。 接下来 N 行，每行一对正整数，表示第i个豆豆的坐标。任意两个豆豆的坐标都不会重合。
输出格式：
仅有一行包含一个整数，即两个PACMAN加起来最多能吃掉的豆豆数量
输入输出样例
输入样例#1：
8
8 1
1 5
5 7
2 2
7 8
4 6
3 3
6 4
输出样例#1：
7
说明：
N < = 2000
先考虑暴力一点的
其实应该算是个比较裸的费用流建模了。
拆点分别连容量和权值边各为1，代表通过这个点获得1且仅可以走一次。
源点1连源点2容量2，表示两个人走。其余容量inf，权值为0
关于两个人相交的部分，其实是无所谓的，可以交换
直接跑最大费用最大流即可
考虑优化
连边时连接了很多无用的边，比如某两个点本来就间接可达，又连接了直接的边。
我们可以只连间接可达的边。然而这样会出现问题，因为我们限制了一个点只能走一次。
好办，我们把拆的点再连一个容量为inf，权值为0的点，代表可以多次走但不产生答案
关于连边，按两个关键字排序以后，从左往右只连接x递增而y递减的边。其实有点计算几何的影子
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int N=4050;
const int M=400010;
const int inf=0xcfcfcfcf;
int head[N],edge[M],f[M],to[M],Next[M],cnt=1,t,ans;
void add(int u,int v,int w,int flow)
{
to[++cnt]=v;edge[cnt]=w;f[cnt]=flow;Next[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;edge[cnt]=-w;f[cnt]=0;Next[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
std::pair <int,int > dx[N>>1];
int n;
std::queue <int > q;
int dis[N],used[N],pre[N];
bool spfa()
{
memset(dis,0xcf,sizeof(dis));
dis[0]=0;
q.push(0);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
used[u]=0;
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
int v=to[i],w=edge[i];
if(f[i]&&dis[v]<dis[u]+w)
{
dis[v]=dis[u]+w;
pre[v]=i;
if(!used[v])
{
used[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
return dis[t]!=inf;
}
void augment()
{
ans+=dis[t];
int now=t;
while(now)
{
f[pre[now]^1]+=1;
f[pre[now]]-=1;
now=to[pre[now]^1];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&dx[i].first,&dx[i].second);
std::sort(dx+1,dx+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int mi=-inf;
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(dx[j].second<mi&&dx[j].second>=dx[i].second)
{
add(i+n,j,0,-inf);
mi=dx[j].second;
}
}
t=n*2+2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(i,i+n,1,1);
add(i,i+n,0,-inf);
add(n*2+1,i,0,-inf);
add(i+n,t,0,-inf);
}
add(0,n*2+1,0,2);
while(spfa())
augment();
printf("%d
",ans);
return 0;
}
2018.7.13