LINK：T3
比较好的题目 考试的时候被毒瘤的T2给搞的心态爆炸 这道题连正解的思路都没有想到。
一看到题求删除点的最少个 可以使得不连通。
瞬间想到最小割 发现对于10分直接跑最小割即可。
不过想要通过n^2需要一些奇技 如从Si跑到Tj 想要得到i到j+1的答案 只需要再从Tj跑到Tj+1即可。
可以发现这样做是有正确性的保证的 这样最多跑n次整张图的最大流。
且增广路不断减小 速度比较快。
const int MAXN = 40010;
int n, k, id, cc, len;
ll ans;
char a[MAXN][10][10];
int w[MAXN][10][2], S[MAXN], T[MAXN];
int lin[MAXN * 10], ver[MAXN * 100], nex[MAXN * 100], e[MAXN * 100], e1[MAXN * 100];
int vis[MAXN * 10], d[MAXN * 10], q[MAXN * 10];
inline void add(int x, int y, int z) {
ver[++len] = y;
nex[len] = lin[x];
lin[x] = len;
e[len] = z;
e1[len] = z;
ver[++len] = x;
nex[len] = lin[y];
lin[y] = len;
e[len] = 0;
e1[len] = 0;
}
inline int bfs(int S, int T) {
++cc;
int h = 0, t = 0;
q[++t] = S;
d[S] = 1;
vis[S] = cc;
while (h++ < t) {
int x = q[h];
for (int i = lin[x]; i; i = nex[i]) {
int tn = ver[i];
if (vis[tn] == cc || !e[i])
continue;
vis[tn] = cc;
q[++t] = tn;
d[tn] = d[x] + 1;
if (tn == T)
return 1;
}
}
return 0;
}
inline int dinic(int x, int flow, int T) {
if (x == T)
return flow;
int rest = flow, k;
for (int i = lin[x]; i && rest; i = nex[i]) {
int tn = ver[i];
if (e[i] && d[tn] == d[x] + 1) {
k = dinic(tn, min(rest, e[i]), T);
if (!k)
d[tn] = 0;
e[i] -= k;
e[i ^ 1] += k;
rest -= k;
}
}
return flow - rest;
}
inline void bf() {
ans = 0;
rep(1, n, i) rep(i + 1, n, j) {
rep(2, len, w) e[w] = e1[w];
int flow = 0;
while (bfs(S[i], T[j]))
while ((flow = dinic(S[i], INF, T[j]))) ans += flow;
}
putl(ans);
}
inline void sol() {
ans = 0;
rep(1, n, i) {
rep(2, len, w) e[w] = e1[w];
rep(i + 1, n, j) {
int flow = 0, cnt = 0;
while (bfs(j - 1 == i ? S[i] : T[j - 1], T[j]))
while ((flow = dinic((j - 1 == i) ? S[i] : T[j - 1], INF, T[j]))) cnt += flow;
ans += cnt;
}
}
putl(ans);
}
int main() {
freopen("T3.in", "r", stdin);
freopen("T3.out", "w", stdout);
gt(n);
gt(k);
rep(1, n, i) {
rep(1, k, j) {
if (i != n) {
gc(a[i][j]);
// rep(1,k,cc)cout<<a[i][j][cc];
// cout<<endl;
}
w[i][j][0] = ++id;
w[i][j][1] = ++id;
}
S[i] = ++id;
T[i] = ++id;
}
len = 1;
rep(1, n, i) {
rep(1, k, r) {
add(w[i][r][1], T[i], INF);
add(S[i], w[i][r][0], INF);
add(w[i][r][0], w[i][r][1], 1);
if (i != n)
rep(1, k, cc) if (a[i][r][cc] == '1') add(w[i][r][1], w[i + 1][cc][0], INF);
}
}
if (n <= 100)
bf();
else
sol();
return 0;
}
剩下的时间又又又去刚T2了就没细想。
正解：容易发现答案<=k 也同时存在 f(i,j)>=f(i,j+1)
由于点数较少 容易想到一个状压 设f[i][j][k]表示当前到了第i层此时删掉了j个点当前能到的集合为k.
一旦到达某一层集合为空 就说明删掉的这些点就可以阻断。
需要求出来 答案 利用这个状态进行差分就能快速求出到某一层的答案。
值得一提的是由于起点不固定终点基本上固定 所以倒着跑到每一个起点这样之前的dp数组还是可以使用的。
考虑转移 先承接上一层的转移 再考虑对当前集合删掉一些点。
枚举这个决策的时候直观的可以直接枚举子集 不过这样复杂度(3^k).
优化就是 可以利用之前的状态 只需要枚举删掉哪个点就可以得到之前的状态。
细节挺多。
const int MAXN=40010;
int n,k,maxx;ll ans;
int f[2][10][1<<9];
char a[MAXN][10][10];
int go[MAXN][1<<9];
int w[MAXN],p[1<<9];
int main()
{
freopen("T3.in","r",stdin);
freopen("T3.out","w",stdout);
//freopen("1.in","r",stdin);
gt(n);gt(k);
maxx=(1<<k)-1;
rep(1,k,i)p[1<<(i-1)]=i;
rep(1,n-1,i)
{
rep(1,k,j)
{
gc(a[i][j]);w[j]=0;
rep(1,k,c)if(a[i][j][c]=='1')w[j]=w[j]|(1<<(c-1));
}
rep(0,maxx,j)go[i][j]=go[i][j-(j&(-j))]|w[p[j&(-j)]];
}
//f[i][j][k]表示到达第i层删掉的点数为j此时当前这层状态为k所能到达的最早的层数.
memset(f,0x3f,sizeof(f));
int u=0;
fep(n,1,i)
{
u=u^1;
rep(0,k,j)rep(0,maxx,c)f[u][j][c]=f[u^1][j][go[i][c]];
f[u][0][0]=i;
rep(1,k,j)rep(0,maxx,c)
{
for(int cc=c;cc;cc=cc-(cc&(-cc)))
f[u][j][c]=min(f[u][j][c],f[u][j-1][c-(cc&(-cc))]);
}
rep(1,k,j)
{
if(f[u][j][maxx]>=INF)continue;
ans+=((f[u][j-1][maxx]>=INF?n+1:f[u][j-1][maxx])-(j==k?i+1:f[u][j][maxx]))*j;
}
}
putl(ans);
return 0;
}