BZOJ2668：[CQOI2012]交换棋子——题解

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2668

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3159#sub

有一个n行m列的黑白棋盘，你每次可以交换两个相邻格子（相邻是指有公共边或公共顶点）中的棋子，最终达到目标状态。要求第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换。

（18.3.6更新，感谢评论区一楼同学指出问题，在此表示抱歉。）

（19.7.16更新，改正了易造成误解的地方）

（这题斜对角线都能交换真是坑死我了……）

参考：http://blog.csdn.net/sunshinezff/article/details/51240382

先说思路，把棋子交换想象成只有黑棋子在移动，则对于每个格子拆点，中间边权为该格子的次数，原图为黑的就从源点到该格子连边权1的边，新图为黑的就连边权1的边向汇点。相邻格子连边权为INF费用为1的边。

但是有一个问题就是进入一个格子并出去是消耗了这个格子的两次。

那么这就很奇妙了，起点只会出去而终点则只会进入。

所以我们把点拆成三份abc，a->b是进入而b->c是出去，将次数对分。

当然如果次数是奇数次的话显然对分会导致一个大一个小，其中如果原图新图都没有黑点的话谁大谁小都无所谓（甚至可以像我代码那样直接除2就行，因为显然所用次数只可能是偶数次），否则：

如果原图为黑则S->b且b->c的容量大。

如果新图为黑则b->T且a->b的容量大。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=1e9;
const int N=2010,M=N*N*2;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
inline int getc(){
    char ch=0;
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    return ch^48;
}
struct node{
    int nxt,to,w,b;
}edge[M];
int head[N],cnt=-1;
inline void add(int u,int v,int w,int b){
    edge[++cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].b=b;
    edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
    edge[++cnt].to=u;edge[cnt].w=0;edge[cnt].b=-b;
    edge[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt;
}
int dis[N];
bool vis[N];
inline bool spfa(int s,int t,int n){
    deque<int>q;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=INF;
    dis[t]=0;q.push_back(t);vis[t]=1;
    while(!q.empty()){
    int u=q.front();
    q.pop_front();vis[u]=0;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].to;
        int b=edge[i].b;
        if(edge[i^1].w&&dis[v]>dis[u]-b){
        dis[v]=dis[u]-b;
        if(!vis[v]){
            vis[v]=1;
            if(!q.empty()&&dis[v]<dis[q.front()]){
            q.push_front(v);
            }else{
            q.push_back(v);
            }
        }
        }
    }
    }
    return dis[s]<INF;
}
int ans,cur[N];
int dfs(int u,int flow,int m){
    if(u==m){
    vis[m]=1;
    return flow;
    }
    int res=0,delta;
    vis[u]=1;
    for(int &e=cur[u];e!=-1;e=edge[e].nxt){
        int v=edge[e].to;
    int b=edge[e].b;
        if(!vis[v]&&edge[e].w&&dis[u]-b==dis[v]){
            delta=dfs(v,min(edge[e].w,flow-res),m); 
            if(delta){
                edge[e].w-=delta;
                edge[e^1].w+=delta;
                res+=delta;
        ans+=delta*b;
                if(res==flow)break;
            }
        }
    }
    return res;
}
int sum1=0,sum2=0;
inline int costflow(int S,int T,int n){
    int flow=0;
    while(spfa(S,T,n)){
    do{
        for(int i=1;i<=n;i++)cur[i]=head[i];
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        flow+=dfs(S,INF,T);
    }while(vis[T]);
    }
    if(flow!=sum1||sum1!=sum2)return -1;
    return ans;
}
int dx[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1};
int dy[8]={1,0,-1,0,1,-1,-1,1};
bool mp[21][21][2];
int main(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int n=read(),m=read(),S=m*n*3+1,T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
        mp[i][j][0]=getc();int now=(i-1)*m+j;
        if(mp[i][j][0]){
        sum1++;
        add(S,now+m*n,1,0);
        }
    }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
        mp[i][j][1]=getc();int now=(i-1)*m+j;
        if(mp[i][j][1]){
        sum2++;
        add(now+m*n,T,1,0);
        }
    }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
        for(int k=0;k<8;k++){
        int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
        if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m)continue;
        int pre=(i-1)*m+j,now=(nx-1)*m+ny;
        add(pre+2*m*n,now,INF,1);
        }
    }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
        int ch=getc(),now=(i-1)*m+j;
        if(mp[i][j][0]){
        add(now,now+m*n,ch/2,0);
        add(now+m*n,now+2*m*n,(ch+1)/2,0);
        }else if(mp[i][j][1]){
        add(now,now+m*n,(ch+1)/2,0);
        add(now+m*n,now+2*m*n,ch/2,0);
        }else{
        add(now,now+m*n,ch/2,0);
        add(now+m*n,now+2*m*n,ch/2,0);
        }
    }
    }
    printf("%d
",costflow(S,T,T));
    return 0;
}

+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++

 +本文作者：luyouqi233。 　　　　　　　　　　　　　　+

 +欢迎访问我的博客：http://www.cnblogs.com/luyouqi233/+

+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++