题目描述
一个n*n*n的立方体，每个位置为0或1。有些位置已经确定，还有一些需要待填入。问最后可以得到的 相邻且填入的数不同的点对 的数目最大。
输入
第一行包含一个数N，表示魔方的大小。 接下来 N2 行，每行N个字符，每个字符有三种可能： P：表示此方格已经填充了正能量水晶； N：表示此方格已经填充了负能量水晶； ?：表示此方格待填充。 上述 N*N 行，第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后，从左到右的 状态。且每 N 行间，都有一空行分隔。
输出
仅包含一行一个数，表示魔方最多能产生的能量
样例输入
2
P?
??
??
N?
样例输出
9
题解
网络流最小割
经典的最小割建模了，这里讲一下做法吧：
由于要求数目最大，因此将其转化为 总可能数目-不满足条件的数目 ，于是就是要最小化不满足条件的数目。
考虑什么样的不满足条件：选择相同。因此当选择相同时应产生1的代价，最小化这个代价，即最小割问题。
对立方体黑白染色，然后：
对于白点：如果确定了为0则S向其连容量为inf的边，如果确定了为1则其向T连容量为inf的边；
对于黑点：反转源汇，即0连T，1连S。
对于相邻的两个点，在它们之间连容量为1的双向边。
跑最小割即为最小的不满足条件的数目。
讲道理这种经典建模现在看来还是蛮简单的。
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 125010
#define M 1500010
#define inf 1 << 30
#define pos(i , j , k) (i - 1) * n * n + (j - 1) * n + k
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N];
char str[60];
inline void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = z , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
int x , i;
memset(dis , 0 , sizeof(dis));
while(!q.empty()) q.pop();
dis[s] = 1 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && !dis[to[i]])
{
dis[to[i]] = dis[x] + 1;
if(to[i] == t) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
if(x == t) return low;
int temp = low , i , k;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
{
k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
if(!k) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
if(!(temp -= k)) break;
}
}
return low - temp;
}
int main()
{
int n , i , j , k , ans = 0;
scanf("%d" , &n) , s = 0 , t = n * n * n + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
{
scanf("%s" , str + 1);
for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
{
if((i + j + k) & 1)
{
if(str[k] == 'P') add(s , pos(i , j , k) , inf);
if(str[k] == 'N') add(pos(i , j , k) , t , inf);
}
else
{
if(str[k] == 'P') add(pos(i , j , k) , t , inf);
if(str[k] == 'N') add(s , pos(i , j , k) , inf);
if(i > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i - 1 , j , k) , 1) , ans ++ ;
if(i < n) add(pos(i , j , k) , pos(i + 1 , j , k) , 1) , ans ++ ;
if(j > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i , j - 1 , k) , 1) , ans ++ ;
if(j < n) add(pos(i , j , k) , pos(i , j + 1 , k) , 1) , ans ++ ;
if(k > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i , j , k - 1) , 1) , ans ++ ;
if(k < n) add(pos(i , j , k) , pos(i , j , k + 1) , 1) , ans ++ ;
}
}
}
}
while(bfs()) ans -= dinic(s , inf);
printf("%d
" , ans);
return 0;
}