[专题总结]网络流初步(2)

通过颓了一个题解，终于也搞定了这个专题。

大神都颓题解。

　　　　　　　　　　——By skyh

无限之环

颓题解就行了。

建图是真的恶心。不很好想。

还是自己想到了一部分，就是看到题目里说“直线形不能转”就感觉要分类讨论。

无非就那么几类：空格，单个管，L型，直线型，T型，十字形

我一直以为这道题是最小割，然后我就死掉了，思维僵化，实际上这道题是费用流。

惯性拆点，每个点拆成5个，分别是原点以及四个方向。

而且还要染色，就是那种棋盘黑白染色。

根据水管最开始的方向，将原点与剩下的4个点连边。并且根据黑白颜色讲源汇与原点连边。（我是白连源黑连汇）

然后考虑旋转，分类讨论：

单个管：这个好说，讲原有方向分别向其它方向连边，对立方向费用为2其余费用为1。

L型：它有3种旋转，改变一个支管的方向费用为1，全都改变为2，所以关键就在于改变了几个管。

　　以上右为例，上向下连1费用边，右向左连1费用边，这样就做到了上述要求。（注意不能是上向左，下向右，考虑实际含义）

直线型：不能旋转，不连边

T型：和单个管差不多。

十字型：不用连。

这样的话，黑白染色之后跑流，如果流量==水管接头个数/2，那么就有解，就输出最小费用，否则0。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int xx[]={-1,0,1,0},yy[]={0,1,0,-1};
#define X i+xx[p]
#define Y j+yy[p]
#define S 1000005
#define k knd[i][j]
#define O o[i][j]
#define Q i+j&1^1
int l[S],to[S],v[S],w[S],fir[S],o[2002][2002][5],ec=1,pc,n,m,E,tot,knd[2005][2005],ans;
int d[S],pre[S],q[S],iq[S];
void link(int a,int b,int V,int W){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;w[ec]=W;}
void con(int a,int b,int V,int W,int opt=0){if(opt)a^=b^=a^=b;link(a,b,V,W);link(b,a,0,-W);}
bool SPFA(){
    for(int i=1;i<=E;++i)d[i]=S;
    for(int h=1,t=1;h<=t;iq[q[h]]=0,++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(d[to[i]]>d[q[h]]+w[i]&&v[i]){
        d[to[i]]=d[q[h]]+w[i];pre[to[i]]=i;
        if(!iq[to[i]])iq[q[++t]=to[i]]=1;
    }return d[E]<S;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)for(int p=0;p<=4;++p)o[i][j][p]=++pc;
    E=++pc;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)if(i+j&1)con(0,O[0],4,0);else con(O[0],E,4,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)scanf("%d",&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)for(int s=0;s<4;++s)if(k&1<<s)con(O[0],O[s+1],1,0,Q),tot++;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j){
        if(k== 1)con(O[1],O[2],1,1,Q),con(O[1],O[3],1,2,Q),con(O[1],O[4],1,1,Q);
        if(k== 2)con(O[2],O[1],1,1,Q),con(O[2],O[3],1,1,Q),con(O[2],O[4],1,2,Q);
        if(k== 4)con(O[3],O[2],1,1,Q),con(O[3],O[4],1,1,Q),con(O[3],O[1],1,2,Q);
        if(k== 8)con(O[4],O[2],1,2,Q),con(O[4],O[3],1,1,Q),con(O[4],O[1],1,1,Q);
        if(k== 3)con(O[2],O[4],1,1,Q),con(O[1],O[3],1,1,Q);
        if(k== 6)con(O[3],O[1],1,1,Q),con(O[2],O[4],1,1,Q);
        if(k==12)con(O[4],O[2],1,1,Q),con(O[3],O[1],1,1,Q);
        if(k== 9)con(O[1],O[3],1,1,Q),con(O[4],O[2],1,1,Q);
        if(k==14)con(O[2],O[1],1,1,Q),con(O[4],O[1],1,1,Q),con(O[3],O[1],1,2,Q);
        if(k==13)con(O[3],O[2],1,1,Q),con(O[1],O[2],1,1,Q),con(O[4],O[2],1,2,Q);
        if(k==11)con(O[2],O[3],1,1,Q),con(O[4],O[3],1,1,Q),con(O[1],O[3],1,2,Q);
        if(k== 7)con(O[1],O[4],1,1,Q),con(O[3],O[4],1,1,Q),con(O[2],O[4],1,2,Q);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)for(int p=0;p<4;++p)if(1<=X&&X<=n&&1<=Y&&Y<=m)
        con(O[p+1],o[X][Y][(p^2)+1],1,0);
    while(SPFA()){tot-=2;for(int i=pre[E];i;i=pre[to[i^1]])ans+=w[i],v[i]--,v[i^1]++;}
    printf("%d
",tot?-1:ans);
}

星际竞速

上下界无源汇最小费用可行流板子。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define E 2*n+1
#define S 2*n+2
#define Q 333333
int n,m,fir[Q],l[Q],to[Q],v[Q],w[Q],ec=1,C,q[Q],d[Q],iq[Q],pre[Q];
void link(int a,int b,int V,int W){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;w[ec]=W;}
bool SPFA(){
    for(int i=1;i<=S;++i)d[i]=0x3fffffff;
    for(int h=1,t=1;h<=t;iq[q[h]]=0,++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&d[to[i]]>d[q[h]]+w[i]){
        d[to[i]]=d[q[h]]+w[i];pre[to[i]]=i;
        if(!iq[to[i]])iq[q[++t]=to[i]]=1;
    }return d[E]<0x3fffffff;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    link(0,S,1,0);link(S,0,0,0);
    for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),
        link(S,i,1,x),link(i,S,0,-x),link(i+n,S,1,0),link(S,i+n,0,0),
        link(i,E,1,0),link(E,i,0,0),link(0,i+n,1,0),link(i+n,0,0,0);
    for(int i=1,a,b,c;i<=m;++i){
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);if(a>b)a^=b^=a^=b;
        link(a+n,b,1,c);link(b,a+n,0,-c);
    }
    while(SPFA())for(int i=pre[E];i;i=pre[to[i^1]])C+=w[i],v[i]--,v[i^1]++;
    printf("%d
",C);
}

千钧一发

看起来很像《数字配对》？然后我又用鬼畜的联动边权解决了。

尝试，看那两个条件，想（很长）一段时间，就知道可以按照奇偶性分成二分图。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
#define M 1000000000
#define E 2*n+1
int a[2005],b[2005],n,ec=3,ans,q[2005],d[2005],fir[2005],l[2000005],to[2000005],v[2000005];
void link(int a,int b,int V){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;}
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=E;++i)d[i]=0;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&!d[to[i]])
        d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[E];
}
int dfs(int p,int flow){
    if(p==E)return flow;int r=flow;
    for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(v[i]&&d[to[i]]==d[p]+1&&r){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x;v[i^1]+=x,v[i^2]-=x;v[i^3]+=x;r-=x;
    }return flow-r;
}
bool ju(long long x){int p=sqrt(x);return 1ll*p*p==x;}
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int main(){
    scanf("%d",&n);d[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]),ans+=b[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)link(0,i,b[i]),link(i,0,0),link(n+i,E,b[i]),link(E,n+i,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)if(ju(1ll*a[i]*a[i]+1ll*a[j]*a[j])&&gcd(a[i],a[j])==1)
        link(i,j+n,M),link(j+n,i,0),link(j,i+n,M),link(i+n,j,0);
    while(bfs())ans-=dfs(0,M);printf("%d
",ans);
}

老C的方块

LNC大喊标签被我听到了，然后稍微想一下就会了。

观察，只有竖线没有横线，也许可用？

再发现，他讨厌的图形都被竖线劈成两半，左右都是2个方块。

再发现，其实就是左边距离为2，1，右边距离为1，2的4个点构成一个讨厌的图形。

最小割。四色染色。

这样编号后，所有讨厌的图形都可以表示为ABCD。然后建四分图就好了。

#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
map<pair<int,int>,int>M;
const int dx[]={0,0,1,-1},dy[]={1,-1,0,0};
#define tx X[i]+dx[j]
#define ty Y[i]+dy[j]
#define inf 0x3fffffff
#define S 13333333
int r,c,n,X[S],Y[S],C[S],ans,fir[S],l[S],to[S],v[S],ec=1,d[S],q[S];
int knd(int x,int y){return x&1?y&3:1000005-y&3;}
void link(int a,int b,int V){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;}
void con(int a,int b,int V){link(a,b,V);link(b,a,0);}
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=(n<<1|1);++i)d[i]=0;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&!d[to[i]])
        d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[1];
}
int dfs(int p,int flow){
    int r=flow;if(p==1)return r;
    for(int i=fir[p];i&&r;i=l[i])if(v[i]&&d[to[i]]==d[p]+1){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x;v[i^1]+=x;r-=x;
    }return flow-r;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&r,&c,&n);d[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d%d",&Y[i],&X[i],&C[i]),M[make_pair(X[i],Y[i])]=i;
    for(int i=1;i<=n;++i)con(i<<1,i<<1|1,C[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)if(!knd(X[i],Y[i]))con(0,i<<1,inf);
        else for(int j=0;j<4;++j)if(M[make_pair(tx,ty)]&&knd(tx,ty)==knd(X[i],Y[i])-1)con(M[make_pair(tx,ty)]<<1|1,i<<1,inf);
    for(int i=1;i<=n;++i)if(knd(X[i],Y[i])==3)con(i<<1|1,1,inf);
    while(bfs())ans+=dfs(0,inf);printf("%d
",ans);
}

线性代数

解出来，发现式子的含义就是$sumlimits A_i imes A_j imes B_{i,j} - sumlimits C_i imes A_i$

选一个数付出C代价，同时选得到B收益。

暴力。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define M 40000000
int n,fir[255555],l[1555555],to[1555555],v[1555555],q[1555555],d[1555555],E,pc,ec=1;
int B[555][555],C[555],ans;
void link(int a,int b,int V){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;}
void con(int a,int b,int V){link(a,b,V);link(b,a,V);}
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=E;++i)d[i]=0;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&!d[to[i]])
        d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[E];
}
int dfs(int p,int flow){
    int r=flow;if(p==E)return flow;
    for(int i=fir[p];i&&r;i=l[i])if(v[i]&&d[to[i]]==d[p]+1){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x;v[i^1]+=1;r-=x;
    }return flow-r;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);pc=n;E=n*n+n+1;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1,x;j<=n;++j)scanf("%d",&B[i][j]),ans+=B[i][j];
    for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),con(0,i,x);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)link(i,++pc,M),link(j,pc,M),link(pc,E,B[i][j]);
    while(bfs())ans-=dfs(0,M);printf("%d
",ans);
}

优化建边。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define M 40000000
#define E n+1
int n,fir[255555],l[1555555],to[1555555],v[1555555],q[1555555],d[1555555],ec=1;
int B[555][555],C[555],ans,b[555];
void link(int a,int b,int V){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;}
void con(int a,int b,int V){link(a,b,V);link(b,a,V);}
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=E;++i)d[i]=0;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&!d[to[i]])
        d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[E];
}
int dfs(int p,int flow){
    int r=flow;if(p==E)return flow;
    for(int i=fir[p];i&&r;i=l[i])if(v[i]&&d[to[i]]==d[p]+1){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x;v[i^1]+=1;r-=x;
    }return flow-r;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1,x;j<=n;++j)scanf("%d",&B[i][j]),ans+=B[i][j],b[i]+=B[i][j];
    for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),con(0,i,x),con(i,E,b[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)con(i,j,B[i][j]);
    while(bfs())ans-=dfs(0,M);printf("%d
",ans);
}

海拔

猜测：你设置的高度只有0和1

口胡证明：对于任意一个格子，它的高度值一定至少与上下左右四个格子之一相同，那样的话答案不会变差

推下去，所以所有格子的高度要么和左上角相同，要么和右下角相同。

现在的问题就是把每个点赋值0或1使答案尽量小。

0和1一定都是一个联通块，不存在孤立的情况。否则把孤立的0或1变成另外一个数答案也不会变差。

所以问题就是：将整个图分割为两个联通块。

最小割。T90。

发现是在二维平面上的，所以采取对偶图优化。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
priority_queue<pair<int,int> >q;
#define M 4000000
int n,pc,ec=1,E,fir[M],l[M],to[M],v[M],d[M],o[555][555];
void link(int a,int b,int V){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=V;}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)o[i][j]=++pc,d[pc]=M<<7;d[E=++pc]=M<<7;
    for(int i=1;i<=n;++i)o[0][i]=o[i][n+1]=E;
    for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=1,x;j<=n;++j)scanf("%d",&x),link(o[i+1][j],o[i][j],x);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0,x;j<=n;++j)scanf("%d",&x),link(o[i][j],o[i][j+1],x);
    for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=1,x;j<=n;++j)scanf("%d",&x),link(o[i][j],o[i+1][j],x);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0,x;j<=n;++j)scanf("%d",&x),link(o[i][j+1],o[i][j],x);
    q.push(make_pair(0,0));
    while(!q.empty()){
        int p=q.top().second,dt=-q.top().first;q.pop();
        if(dt!=d[p])continue;
        for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(d[to[i]]>dt+v[i])q.push(make_pair(-(d[to[i]]=dt+v[i]),to[i]));
    }printf("%d
",d[E]);
}