两种版本的题面
Description
最近房地产商GDOI(Group of Dumbbells Or Idiots)从NOI(Nuts Old Idiots)手中得到了一块开发土地。据了解，这块土地是一块矩形的区域，可以纵横划分为N×M块小区域。GDOI要求将这些区域分为商业区和工业区来开发。根据不同的地形环境，每块小区域建造商业区和工业区能取得不同的经济价值。更具体点，对于第i行第j列的区域，建造商业区将得到Aij收益，建造工业区将得到Bij收益。另外不同的区域连在一起可以得到额外的收益，即如果区域(I,j)相邻（相邻是指两个格子有公共边）有K块（显然K不超过4）类型不同于(I,j)的区域，则这块区域能增加k×Cij收益。经过Tiger.S教授的勘察，收益矩阵A,B,C都已经知道了。你能帮GDOI求出一个收益最大的方案么？
Input
输入第一行为两个整数，分别为正整数N和M，分别表示区域的行数和列数；第2到N+1列，每行M个整数，表示商业区收益矩阵A；第N+2到2N+1列，每行M个整数，表示工业区收益矩阵B；第2N+2到3N+1行，每行M个整数，表示相邻额外收益矩阵C。第一行，两个整数，分别是n和m（1≤n，m≤100）；
任何数字不超过1000”的限制
Output
输出只有一行，包含一个整数，为最大收益值。
Sample Input
1 2 3
4 5 6
7 8 9
9 8 7
6 5 4
3 2 1
1 1 1
1 3 1
1 1 1
Sample Output
【数据规模】
对于100%的数据有N,M≤100
HINT
数据已加强，并重测--2015.5.15
Source
问题描述
背景:
神犇CJK最近突然意识到他虽然开得多,但是终究没有领会到开的真谛。
比如说每过完一天,回复的精力值经常超过上限,这样产生了很大的浪费。
于是向XLightGod请教,于是发现XlightGod不知道比自己高到哪里去了 。
于是通过与XLightGod的一番谈笑风生,
他在休息的时候也能获得收益,而且还get了一个特技
于是准备改进他的开法,于是他准备制定了一个计划
题目描述:
CJK的计划是一个n*m的矩阵,矩阵的每一个格子代表一天,他每天有两种选择:
开与不开,每种选择都会有不同的收益。当然他还有一个奇奇怪怪的技能:
如果开与不开相间的话,他将获得额外的收益。具体来说,如果格子(i,j)相邻(相邻是指两个
格子有公共边)有K块(显然K不超过4)类型不同于(I,j)的格子,则这个格子能增加k×Cij收益,
你能帮助CJK求出他能获得的最大收益吗?
输入格式
第一行两个整数n,m,表示矩阵的行数与列数。
接下来一个n*m的矩阵,矩阵的第i行第j列表示(i,j)这格子选择开能获得的收益
接下来一个n*m的矩阵,矩阵的第i行第j列表示(i,j)这个格子选择不开能获得的收益
接下来一个n*m的矩阵,矩阵的第i行第j列表示(i,j)这个格子的Cij(见题目描述)
输出格式
输出一行,表示最大收益
样例输入输出
样例输入1
3 3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
9 8 7
6 5 4
3 2 1
1 1 1
1 3 1
1 1 1
样例输出1
81
限制与约定
对于30%的数据,n,m<=5
对于100%的数据,n,m<=100
不需要开long long
思路：最小割。
与“为了博多”很像，只不过一个是同样的一个是不同的。
考虑这是个二分图，可以将一些边反过来。。。
对所有点黑白染色，然后对于黑色点b连接(S,b,kai),(b,T,bukai)，对于白色点w连接(S,w,bukai)(w,T,bukai)，然后对于相邻的点a,b连接(a,b,C[a]+C[b])跑最小割就OK了。。。。
PS.今天终于知道最小割有个优化了。。。一直TLE，还有为了博多1000+ms。。。
本来可以切的。。。
PS2.BZOJ应该过不去，数据水。。。。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define inf 19260817 5 using namespace std; 6 #define rep(a,b,c) for(rg int a=b;a<=c;a++) 7 #define drep(a,b,c) for(rg int a=b;a>=c;a--) 8 #define erep(a,b) for(rg int a=fir[b];a;a=nxt[a]) 9 #define il inline 10 #define rg register 11 #define vd void 12 #define t (dis[i]) 13 typedef long long ll; 14 il int gi(){ 15 rg int x=0;rg char ch=getchar(); 16 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 17 while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 18 return x; 19 } 20 const int maxn=10005,S=10001,T=10002,maxm=10010*12; 21 int id=1,fir[maxn],dis[maxm],nxt[maxm],w[maxm]; 22 il vd add(int a,int b,int c){ 23 nxt[++id]=fir[a],fir[a]=id,dis[id]=b,w[id]=c; 24 if(c)add(b,a,0); 25 } 26 int num[101][101],C[101][101],dep[maxn],head[maxn]; 27 il bool BFS(){ 28 rg int que[maxn],hd=0,tl=1; 29 memset(dep,0,sizeof dep); 30 que[hd]=S,dep[S]=1; 31 while(hd-tl){ 32 int now=que[hd++]; 33 erep(i,now)if(!dep[t]&&w[i])que[tl++]=t,dep[t]=dep[now]+1; 34 } 35 return dep[T]; 36 } 37 il int Dinic(int now,int maxflow){ 38 if(now==T)return maxflow; 39 rg int ret=0; 40 for(rg int&i=head[now];i;i=nxt[i])if(w[i]&&dep[t]==dep[now]+1){ 41 rg int d=Dinic(t,min(maxflow,w[i])); 42 w[i]-=d,w[i^1]+=d,maxflow-=d,ret+=d; 43 if(!maxflow)break; 44 }return ret; 45 } 46 int main(){ 47 rg int n=gi(),m=gi(),sum=0,a; 48 rep(i,1,n)rep(j,1,m)num[i][j]=++num[0][0]; 49 rep(i,1,n)rep(j,1,m){ 50 a=gi(),sum+=a;if((i+j)&1)add(S,num[i][j],a);else add(num[i][j],T,a); 51 } 52 rep(i,1,n)rep(j,1,m){ 53 a=gi(),sum+=a;if((i+j)&1)add(num[i][j],T,a);else add(S,num[i][j],a); 54 } 55 rep(i,1,n)rep(j,1,m){ 56 C[i][j]=gi(); 57 if(i-1)sum+=C[i][j];if(j-1)sum+=C[i][j];if(i-n)sum+=C[i][j];if(j-m)sum+=C[i][j]; 58 } 59 rep(i,1,n)rep(j,1,m){ 60 if(i-1)add(num[i][j],num[i-1][j],C[i][j]+C[i-1][j]); 61 if(j-1)add(num[i][j],num[i][j-1],C[i][j]+C[i][j-1]); 62 if(i-n)add(num[i][j],num[i+1][j],C[i][j]+C[i+1][j]); 63 if(j-m)add(num[i][j],num[i][j+1],C[i][j]+C[i][j+1]); 64 } 65 while(BFS())memcpy(head,fir,sizeof head),sum-=Dinic(S,inf); 66 printf("%d ",sum); 67 return 0; 68 }