[JZOJ2701] 【GDKOI2012模拟02.01】矩阵

题目

题目大意

给你一个矩阵，然后你需要构造一个等长等宽的矩阵，其中矩阵的每一个数字都有一个固定的范围$[L,R]$。
然后要使得行的和之间的差，列的和之间的差，的最大值最小。

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思考历程

一开始见到这题时，我的心情是崩溃的。
为什么呢？因为这题似乎暴力都不能做……
感觉上一定有什么特别的结论或者是规律，但是时间不是很充足，所以我还是没有想出来。
比赛之后……
老王跑进小机房，大声地喊道：“这题可以网络流！！！”
诶，网络流？
比赛时的确没有往这个方向考虑，然后考虑的一下……并没有卵用啊……

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正解

的确是网络流……
当我们见到不会做的题目的时候，应该往这三个方向考虑：DP、贪心、网络流。
这题的数据范围似乎不大（实际上是放屁！），好像不能DP，贪心又想不出来……
于是我们选择网络流！

首先，看到这题最大值最小，果断二分！
我们二分一个答案$ans$，现在问题转换成了构造一个矩阵，使得行、列的差都小于$ans$
首先我们判定这时的$ans$是否存在解。
有一个神奇的方法：对于每一行、每一列，我们都可以得到一个取值范围。我们分别通过行、列，得到整个矩阵的取值范围。然后我们看看用两种方式得出来的取值范围是否有交集，如果有，那么一定能够出解，否则不能。
具体怎么证明……

勉强感性理解一下吧。我们有了这个取值范围，那么在这个取值范围里面一定有一种可行的方案。这个东西可以用脑子强行构造出来。所以说，如果行和列有交集，那么就有可行的方案了……好草率……

其实第一次切这题的时候根本就没有这样判断，在每次判断时我直接跑可行流，速度奇慢，不过还是过了（比加了这个优化的老王还快，嘿嘿嘿）
求出了第一问的答案，现在我们考虑如何构造这个矩阵。
然后这题我们要用有上下界的网络流来做。
先说说怎么建模：
对于每个行和每个列，我们都建立一个节点，并且还要设立源点$S$,汇点$T$。
对于行和列$u$和$v$，我们建立一条从$u$到$v$的边，容量设为$[L,R]$
对于每个行$u$，我们建立一条从$S$到$u$的边，容量设为$[rsum_u-ans,rsum_u+ans]$。其中$rsum$表示这一行的和。
对于每个列$v$，我们建立一条从$v$到$V$的边，容量设为$[csum_v-ans,csum_v+ans]$。其中$csum$表示这一列的和。
（如果下界小于$0$，那我们就将就将下界设为$0$）
然后我们对这个图跑一遍上下界的网络流，
答案就是每一行和每一列之间的流量了。

具体怎么理解，其实我觉得，理解网络流一般都是用感性理解。
首先，每一个点只会影响一行一列，所以对于每行每列之间建立一条边，就代表这个点。
我们要使得每行的差、每列的差都小于$ans$，所以每行、每列的取值范围就出来了。当然由于流量不会是负数，所以我们将负数补为$0$。
所以我们跑一遍可行流就可以了。

然后就是一个非常非常重要的问题，可行流怎么跑呢？
先说无源无汇的上下界可行流
对于一条弧$(u,v)$，假设它的流量范围是$[a,b]$。
我们希望它的流量在这个范围，所以流量至少为$a$。所以我们先强制把它们的流量变成$a$，那么残余的流量是$b-a$。
然后我们发现这么简单粗暴肯定是不可以的，因为我们都知道，网络流有流量平衡，就是流入量等于流出量。
在建图的时候，我们将每一条弧的流量设为上界和下界的差，相当于已经强制性地将下界的流量流到了过去。
那么我们考虑添加一些附加弧。对于一个点$x$，我们定义$d_x$表示所有流入量减流出量。
上边在建图的时候，对于边$(u,v)$范围$[a,b]$，则d[u]-=a,d[v]+=a
然后，在粗暴地将这些弧塞流量过后，枚举$x$，
如果$d_x>0$，则有流量流入$x$，所以从$ss$向$x$建立一条容量为$d_x$的弧。
如果$d_x<0$，则有流量流出$x$，所以从$x$向$tt$建立一条容量为$-d_x$的弧。
其中$ss$和$tt$分别为虚源点和虚汇点，不要和$S$和$T$混淆！
然后我们就从$ss$开始，跑一遍最大流，如果每一条附加边都满流，那么此图存在可行流。
跑完最大流之后，如果存在可行流，每一条边的实际流量为它此时的流量加上下界的流量。
再说有源有汇上下界可行流
大部分的其实差不多，但我们要另外注意，$S$和$T$是不满足流量平衡的！
如何解决这个问题？直接从$T$向$S$连一条容量为无限大的边。
那么就转换成了之前的问题。
跑最大流的时候还是从$ss$开始。

然后就是诡异的时间复杂度……
众所周知，网络流的时间复杂度一直都很玄学。所以网络流基本没用复杂度可言。
看看这题，一共有$40400$条边，有$402$的点，并且这只是原图上的。
我们还要转换模型来求上下界网络流呢！
所以边的数量超多，不过由于网络流玄学的复杂度，我还是以非常优秀的时间跑过了。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200
#define M 200
int n,m;
int a[N+1][M+1];
int rsum[N+1],csum[M+1];
int L,R;
struct EDGE{
	int to,c;
	EDGE *las;
} e[1000001];
int ne;
EDGE *last[N+M+2+2+10];
inline void link(int u,int v,int c){
	e[++ne]={v,c,last[u]};
	last[u]=e+ne;
}
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
int ss,tt,S,T,nr[N+1],nc[M+1];//nr表示列的编号，nc表示行的编号
int in[N+M+2+2+10]; 
EDGE *p[N+1][M+1];//表示某行某列对应的边
inline int sap(int,int);
inline void work(int);
inline bool ok(int);
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%d",&a[i][j]),rsum[i]+=a[i][j],csum[j]+=a[i][j];
	scanf("%d%d",&L,&R);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		nr[i]=i;
	for (int i=1;i<=m;++i)
		nc[i]=n+i;
	S=n+m+1,T=n+m+2;
	ss=n+m+3,tt=n+m+4;
	int l=0,r=1000000000,res=-1;
	while (l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if (ok(mid))
			r=(res=mid)-1;
		else
			l=mid+1;
	}
	printf("%d
",res);
	work(res);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j)
			printf("%d ",p[i][j]->c+L);
		printf("
");
	}
	return 0;
}
EDGE *cur[N+M+2+2+10];
int gap[N+M+2+2+10],h[N+M+2+2+10];
bool BZ;
inline int sap(int x,int s){//sap求最大流，不解释
	if (x==tt)
		return s;
	int have=s;
	for (EDGE *ei=cur[x];ei;ei=ei->las){
		cur[x]=ei;
		if (h[x]==h[ei->to]+1 && ei->c){
			int t=sap(ei->to,min(ei->c,have));
			have-=t,ei->c-=t,rev(ei)->c+=t;
			if (!have)
				return s;
		}
	}
	cur[x]=last[x];
	if (!--gap[h[x]])
		BZ=0;
	++h[x];
	++gap[h[x]];
	return s-have;
}
inline void work(int lim){
	ne=-1;
	memset(last,0,sizeof last);
	memset(in,0,sizeof in);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int down=max(rsum[i]-lim,0),up=rsum[i]+lim;
		link(S,nr[i],up-down),link(nr[i],S,0);
		in[S]-=down,in[nr[i]]+=down;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int down=max(csum[i]-lim,0),up=csum[i]+lim;
		link(nc[i],T,up-down),link(T,nc[i],0);
		in[nc[i]]-=down,in[T]+=down;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=m;++j){
			link(nr[i],nc[j],R-L),link(nc[j],nr[i],0);
			in[nr[i]]-=L,in[nc[j]]+=L;
			p[i][j]=e+ne;
		}
	link(T,S,1000000000),link(S,T,0);
	for (int i=1;i<=n+m+2;++i)
		if (in[i]<0)
			link(i,tt,-in[i]),link(tt,i,0);
		else if (in[i]>0)
			link(ss,i,in[i]),link(i,ss,0);
	memset(gap,0,sizeof gap);
	memset(h,0,sizeof h);
	gap[0]=n+m+4;
	memset(cur,0,sizeof cur);
	BZ=1;
	while (BZ)
		sap(ss,1000000000);//最大流没有什么卵用，所以我们只需要得到跑完最大流之后的残余网络就行了
}
inline bool ok(int lim){
	int rl=0,rr=0,cl=0,cr=0;//分别为通过行、通过列得出来的范围
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int l=max(rsum[i]-lim,m*L),r=min(rsum[i]+lim,m*R);//不用和0比较，因为m*L大于等于0.下同
		if (l>r)
			return 0;
		rl+=l,rr+=r;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int l=max(csum[i]-lim,n*L),r=min(csum[i]+lim,n*R);
		if (l>r)
			return 0;
		cl+=l,cr+=r;
	}
	if (rr<cl || cr<rl)
		return 0;
	return 1;
}

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总结

还是那句话，如果有做不出来的题目，想一想DP、贪心、网络流。
如果是构造，DP一般是不行的，所以考虑贪心和网络流。
在数据范围比较小的时候，就可以考虑一下网络流是否可做。
当然，网络流的时间复杂度很玄学，有时候会误导你对时间的判断。
比如这题，边数还是蛮多的……不过跑得挺快，或许是因为图本身的结构吧……层次特别少的那种。
还有，我终于会上下界网络流了！得意