HLG 2163 方格取数 （最大网络流）

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Description ：

给你一个n*n的格子的棋盘，每一个格子里面有一个非负数。如今从中取出若干个数，使得随意的两个数所在的格子没有公共边，就是说所取的数所在的2个格子不能相邻。而且取出的数的和最大。

Input ：

包含多个測试实例，每一个測试实例包含一个整数n 和n*n个非负数x(n<=20, 0 <= x <= 1000)。

Output ：

对于每一个測试实例。输出可能取得的最大的和。

Sample Input ：

3 

258 83 905 

874 941 662 

733 415 890

Sample Output ：

3727 

解析：

一開始的方法（代码）：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define MAXN 25
#define RST(N)memset(N, 0, sizeof(N))
using namespace std;

int n, res, Max;
int Map[MAXN][MAXN], vis[MAXN][MAXN];
const int dx[] = {-1, 1, 1, -1};
const int dy[] = {1, 1, -1, -1};

int max(int x, int y) { return x>y ? x:y; }

bool check(int x, int y)
{
    return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=n&&!vis[x][y];
}

void solve(int px, int py)
{
    int xx, yy;
    vis[px][py] = 1;
    //printf("%d(px), %d(py)
", px, py);
    for(int i=0; i<4; i++) {
        xx = px+dx[i];
        yy = py+dy[i];
        if(check(xx, yy)) {
            //printf("%d(xx), %d(yy) is usable
", xx, yy);
            solve(xx, yy);
        }
        //else printf("%d(xx), %d(yy) is XXXXXXX
", xx, yy);
    }
    res += Map[px][py];
    //printf("res = %d
", res);
}

int main()
{
    while(~scanf("%d", &n)) {
        Max = -1;
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            for(int j=1; j<=n; j++) {
                scanf("%d", &Map[i][j]);
            }
        }
        if(n == 1) printf("%d
", Map[1][1]);
        else if(n == 2) {
            printf("%d
", max(Map[1][1]+Map[2][2], Map[1][2]+Map[2][1]));
        }else {
            for(int i=1; i<=n; i++) {
                for(int j=1; j<=n; j++) {
                    res = 0;
                    RST(vis);
                    solve(i, j);
                    if(res > Max) Max = res;
                }
            }
            printf("%d
", Max);
        }
    }
    return 0;
}

一開始想到的方法感觉非常对非常对。然后过了几天又一次做的时候突然想到一个过不去的情况，所以就想到了网络流；

一開始用的是深搜。思路是：

遍历二维数组中的每个点，然后递归遍历每个和当前点无重边的点。这样的方法能測试到大多数情况；但还是菜鸟思想。由于好久没怎么刷题了，思维有点跟不上了；这样的方法对于下面这样的情况就測试不正确了：

假设输入数据：

3

520   10    45

10     70    600

10     60    55

按上述方法的话会出现下面两种情况：

最后出现两种结果： 520+70+45+55+10 = 700     10+600+60+10=680

这两种答案都是错误的，由于正确的应该是：  520 + 600 + 60 = 1180

这个题因为数据范围较大，所以状态压缩过不去，须要用网络流，我反复一遍建图：

我们知道对于普通二分图来说，最大独立点集 + 最小点覆盖集 = 总点数，类似的，对于有权的二分图来说。有：

最大点权独立集 + 最小点权覆盖集 = 总点权和。

这个题非常明显是要求 最大点权独立集 。如今 总点权 已知，我们仅仅要求出来 最小点权覆盖集 就好了。我们能够这样建图，

1，对矩阵中的点进行黑白着色（相邻的点颜色不同），从源点向黑色的点连一条边，权值为该黑色点的权值。

2，从白色的点向汇点连一条边，权值为该白色点的权值，

3。然后。对于每一对相邻的黑白点，从黑点向白点连一条边。权值为无穷大。

最后求最小割（最大流）。即为最小点权覆盖集。

由于我们求出的最小割集一定是从那些相邻的黑白点之间的边（也就是不能用的边。由于相邻的数不能同一时候选）中选出来的，且是最小代价，也就是说从方格中拿掉的数之和尽量小，那么剩下的数之和一定是最大的。

代码例如以下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define VM 2520
#define EM 500050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define RST(N)memset(N, 0, sizeof(N))
using namespace std;

struct Edge
{
    int u, v, nxt;
    int flow;
}edge[EM << 1];

int n, m, cnt, head[VM];
int src, des, dep[VM];

void addedge(int cu, int cv, int cf)
{
    edge[cnt].u = cu, edge[cnt].v = cv, edge[cnt].flow = cf;
    edge[cnt].nxt = head[cu], head[cu] = cnt++;

    edge[cnt].u = cv, edge[cnt].v = cu, edge[cnt].flow = 0;
    edge[cnt].nxt = head[cv], head[cv] = cnt++;
}

int dir[4][2]= {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};

int legal(int i, int j, int k)
{
    int x = i + dir[k][0];
    int y = j + dir[k][1];
    return x>=1 && x<=n && y>=1 && y<=m;
}

int BFS()       //又一次建图(按层数建图)
{
    queue <int> q;
    while(!q.empty()) q.pop();
    memset(dep, -1, sizeof(dep));
    dep[src] = 0;
    q.push(src);
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].nxt) {
            int v = edge[i].v;
            if(edge[i].flow>0 && dep[v]==-1) {  // 假设能够到达但还没有訪问
                dep[v] = dep[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return dep[des] != -1;
}

/*
int DFS(int u,int minx)         //查找路径上的最小的流量
{
     if(u == des) return minx;
     int tmp;
     for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].nxt) {
         int v = edge[i].v;
         if(edge[i].flow>0 && dep[v]==dep[u]+1 && (tmp=DFS(v, min(minx, edge[i].flow)))) {
             edge[i].flow -= tmp;
             edge[i^1].flow += tmp;
             return tmp;
         }
     }
     return 0;
 }
*/

int DFS(int u,int minx)
{
    int ans = 0;
    if(u == des) return minx;
    for(int i=head[u]; i!=-1 && ans<minx; i=edge[i].nxt) {
        int v = edge[i].v;
        if(edge[i].flow>0 && dep[v]==dep[u]+1){
            int tmp = min(edge[i].flow, minx-ans);
            tmp = DFS(v,tmp);
            ans += tmp;
            edge[i].flow -= tmp;
            edge[i^1].flow += tmp;
        }
    }
    if(!ans) dep[u] = -2;
    return ans;
}

int Dinic()
{
    int ans = 0, tmp;
    while(BFS()) {
        while(1) {
            tmp = DFS(src, INF);
            if(tmp == 0) break;
            ans += tmp;
        }
    }
    return ans;
}

void Init()
{
    m = n;
    cnt = src = 0;
    des = n * m + 1;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}

int main(int argc, char **argv)
{
    while(~scanf("%d", &n)) {
        Init();
        int x, sum = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            for(int j=1; j<=m; j++) {
                scanf("%d", &x);
                sum += x;
                if((i+j)%2 == 0) {
                    addedge(src, (i-1)*m+j, x);
                    for(int k=0; k<4; k++) {
                        if(legal(i, j, k)) addedge((i-1)*m+j, (i+dir[k][0]-1)*m+(j+dir[k][1]), INF);
                    }
                }else {
                    addedge((i-1)*m+j, des, x);
                    for(int k=0; k<4; k++) {
                        if(legal(i, j, k)) addedge((i+dir[k][0]-1)*m+(j+dir[k][1]), (i-1)*m+j, INF);
                    }
                }
            }
        }
        int maxflow = Dinic();
        printf("%d
", sum-maxflow);
    }
    return 0;
}