bzoj1497: [NOI2006]最大获利&&3996: [TJOI2015]线性代数

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

化简一下式子，

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

化简一下得到：

然后ai表示取这个物品，aj表示取了这个物品必须要取的物品，然后建模+网络流

最小割=最大流

把所有权值为正的向s连，其边权值为点权，所有为负的向t连，边权同

然后最小割跑出来的右边就是与s相连的最大闭合权子图了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long 
using namespace std;
ll head[300005],q[300005],T,h[300005];
ll cnt=1,ans,n,m;
struct data{ll to,next,v;}e[2000005];
void ins(ll u,ll v,ll w)
{e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];e[cnt].v=w;head[u]=cnt;}
void insert(ll u,ll v,ll w)
{ins(u,v,w);ins(v,u,0);}
bool bfs()
{
     ll t=0,w=1,i,now;
     memset(h,-1,sizeof(h));
     q[0]=0;h[0]=0;
     while(t<w)
     {
               now=q[t];t++;i=head[now];
               while(i)
               {
                       if(e[i].v&&h[e[i].to]==-1)
                       {
                                                 h[e[i].to]=h[now]+1;
                                                 q[w++]=e[i].to;
                                                 }
                       i=e[i].next;
                       }
               }                
    return h[T]==-1? 0:1;
 }
ll dfs(ll x,ll f)
{
    if(x==T)return f;
    ll w,used=0,i;
    i=head[x];
    while(i)
    {
            if(e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1)
            {
                                          w=f-used;
                                          w=dfs(e[i].to,min(w,e[i].v));
                                          e[i].v-=w;
                                          e[i^1].v+=w;
                                          used+=w;
                                          if(used==f)return f;
                                          }
            i=e[i].next;
            }
    if(!used)h[x]=-1;
    return used;
}
void dinic(){while(bfs())ans+=dfs(0,inf);}
void ini()
{
     ll id;
     scanf("%lld",&n);
     T=n+n*n+1;
     id=n;
     ll tot=0;
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=n;j++)
         {
             ll x;
             scanf("%lld",&x);
             ++id;
             insert(i,id,inf);
             insert(j,id,inf);
             insert(id,T,x);
            tot+=x;
          }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll x;
        scanf("%lld",&x);
        insert(0,i,x); 
    }
    dinic();    
    printf("%lld
",tot-ans);   
}
int main()
{
    ini();
    return 0;
}

1497: [NOI2006]最大获利

Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 5694 Solved: 2758
[Submit][Status][Discuss]

Description

新的技术正冲击着手机通讯市场，对于各大运营商来说，这既是机遇，更是挑战。THU集团旗下的CS&T通讯公司在新一代通讯技术血战的前夜，需要做太多的准备工作，仅就站址选择一项，就需要完成前期市场研究、站址勘测、最优化等项目。在前期市场调查和站址勘测之后，公司得到了一共N个可以作为通讯信号中转站的地址，而由于这些地址的地理位置差异，在不同的地方建造通讯中转站需要投入的成本也是不一样的，所幸在前期调查之后这些都是已知数据：建立第i个通讯中转站需要的成本为Pi（1≤i≤N）。另外公司调查得出了所有期望中的用户群，一共M个。关于第i个用户群的信息概括为Ai, Bi和Ci：这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进行通讯，公司可以获益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集团的CS&T公司可以有选择的建立一些中转站（投入成本），为一些用户提供服务并获得收益（获益之和）。那么如何选择最终建立的中转站才能让公司的净获利最大呢？（净获利 = 获益之和 - 投入成本之和）

Input

输入文件中第一行有两个正整数N和M 。第二行中有N个整数描述每一个通讯中转站的建立成本，依次为P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描述第i个用户群的信息。所有变量的含义可以参见题目描述。

Output

你的程序只要向输出文件输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

Sample Output

HINT

【样例说明】选择建立1、2、3号中转站，则需要投入成本6，获利为10，因此得到最大收益4。【评分方法】本题没有部分分，你的程序的输出只有和我们的答案完全一致才能获得满分，否则不得分。【数据规模和约定】 80%的数据中：N≤200，M≤1 000。 100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

这题完全裸题吧

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long 
using namespace std;
ll head[60005],q[60005],T,h[60005];
ll cnt=1,ans,n,m;
ll tot=0;
struct data{ll to,next,v;}e[320005];
void ins(ll u,ll v,ll w)
{e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];e[cnt].v=w;head[u]=cnt;}
void insert(ll u,ll v,ll w)
{ins(u,v,w);ins(v,u,0);}
bool bfs()
{
     ll t=0,w=1,i,now;
     memset(h,-1,sizeof(h));
     q[0]=0;h[0]=0;
     while(t<w)
     {
               now=q[t];t++;i=head[now];
               while(i)
               {
                       if(e[i].v&&h[e[i].to]==-1)
                       {
                                                 h[e[i].to]=h[now]+1;
                                                 q[w++]=e[i].to;
                                                 }
                       i=e[i].next;
                       }
               }                
    return h[T]==-1? 0:1;
 }
ll dfs(ll x,ll f)
{
    if(x==T)return f;
    ll w,used=0,i;
    i=head[x];
    while(i)
    {
            if(e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1)
            {
                                          w=f-used;
                                          w=dfs(e[i].to,min(w,e[i].v));
                                          e[i].v-=w;
                                          e[i^1].v+=w;
                                          used+=w;
                                          if(used==f)return f;
                                          }
            i=e[i].next;
            }
    if(!used)h[x]=-1;
    return used;
}
void dinic(){while(bfs())ans+=dfs(0,inf);}
void ini()
{
     scanf("%lld%lld",&n,&m); 
     T=n+m+1; 
     for(int i=1;i<=n;i++)
     {
             int x;
             scanf("%d",&x);
              insert(i+m,T,x);
     }
     for(int i=1;i<=m;i++)
     {
         int x,y,z;
         scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);
         tot+=z;
         insert(0,i,z);
         insert(i,x+m,inf);
         insert(i,y+m,inf);
     } 
     dinic();
     printf("%lld
",tot-ans);
}
int main()
{
    ini();
    dinic();
    return 0;
    }

不得不说网络流太神奇了