3171: [Tjoi2013]循环格
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Description
一个循环格就是一个矩阵，其中所有元素为箭头，指向相邻四个格子。每个元素有一个坐标（行，列），其中左上角元素坐标为（0,0）。给定一个起始位置（r，c）
，你可以沿着箭头防线在格子间行走。即如果（r,c）是一个左箭头，那么走到（r，c-1）;如果是右箭头那么走到（r，c+1）；如果是上箭头那么走到（r-1，c）；如果是下箭头那么走到（r+1，c）；每一行和每一列都是循环的，即如果走出边界，你会出现在另一侧。
一个完美的循环格是这样定义的：对于任意一个起始位置，你都可以i沿着箭头最终回到起始位置。如果一个循环格不满足完美，你可以随意修改任意一个元素的箭头直到完美。给定一个循环格，你需要计算最少需要修改多少个元素使其完美。
Input
第一行两个整数R，C。表示行和列，接下来R行，每行C个字符LRUD，表示左右上下。
Output
一个整数，表示最少需要修改多少个元素使得给定的循环格完美
Sample Input
3 4
RRRD
URLL
LRRR
Sample Output
2
HINT
1<=R,L<=15
题解
结论，n个点的有向图，只能连n条边，每个点都在回路内，当且仅当所有点出度入度都为1。
先证充分， n条边，能够提供n个入度，n个出度，如果一个点入度大于1， 那么存在点的入度为0，走不出去，不能成回路。所以一个点入度必须为1。出度同理。
再证必要，所有点出度入度都为1，所以只有一条路径可走。从一个点开始走，由于点数有限，若回不来，一定在某个地方走成了回路，那么入口处的点就会有两个入度，矛盾。
一个点拆为两个，左边为出度点，右边为入度点。
每个点改方向费用为1，不改费用为0.
问题转化为二分图最小权完美匹配。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline int abs(int x){return x < 0 ? -x : x;}
inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;}
inline void read(int &x)
{
x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
if(c == '-') x = -x;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
const int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
struct Edge
{
int u,v,w,c,nxt;
Edge(int _u, int _v, int _w, int _c, int _nxt){u = _u;v = _v;w = _w;c = _c;nxt = _nxt;}
Edge(){}
}edge[1000010];
int head[1000010], cnt = 1, S, T, q[1000010], he, ta, d[1000010], vis[1000010], from[1000010], ans;
inline void insert(int a, int b, int c, int d)
{
edge[++ cnt] = Edge(a, b, c, d, head[a]), head[a] = cnt;
edge[++ cnt] = Edge(b, a, 0, -d, head[b]), head[b] = cnt;
}
bool spfa()
{
memset(d, 0x3f, sizeof(d)), d[S] = 0, he = 0, ta = 1, q[0] = S, vis[S] = 1;
while(he < ta)
{
int now = q[he ++];if(he > 1000000) he = 0;
for(int pos = head[now];pos;pos = edge[pos].nxt)
{
int v = edge[pos].v;
if(edge[pos].w && d[v] > d[now] + edge[pos].c)
{
d[v] = d[now] + edge[pos].c, from[v] = pos;
if(!vis[v])
{
q[ta ++] = v;
if(ta > 1000000) ta = 0;
}
}
}
vis[now] = 0;
}
return d[T] != INF;
}
void flow()
{
int mi = INF;
for(int i = from[T];i;i = from[edge[i].u]) mi = min(mi, edge[i].w);
for(int i = from[T];i;i = from[edge[i].u]) edge[i].w -= mi, edge[i ^ 1].w += mi, ans += edge[i].c * mi;
}
void mcf()
{
while(spfa()) flow();
}
int n, m, num[101][101][2], tot;
char g[101][101];
int main()
{
read(n), read(m);
for(int i = 0;i < n;++ i)
{
scanf("%s", g[i]);
for(int j =0;j < m;++ j)
num[i][j][0] = ++ tot, num[i][j][1] = ++ tot;
}
S = tot + 1, T = S + 1;
//R L D U
for(int i = 0;i < n;++ i)
for(int j = 0;j < m;++ j)
{
insert(S, num[i][j][0], 1, 0), insert(num[i][j][1], T, 1, 0);
for(int k = 0;k < 4;++ k)
{
int val = 1, xx = (i + dx[k] + n) % n, yy = (j + dy[k] + m) % m;
if(k == 0 && g[i][j] == 'R') val = 0;
if(k == 1 && g[i][j] == 'L') val = 0;
if(k == 2 && g[i][j] == 'D') val = 0;
if(k == 3 && g[i][j] == 'U') val = 0;
insert(num[i][j][0], num[xx][yy][1], 1, val);
}
}
mcf();
printf("%d", ans);
return 0;
}