• 【bzoj3774】最优选择 网络流最小割


    题目描述 

    小N手上有一个N*M的方格图,控制某一个点要付出Aij的代价,然后某个点如果被控制了,或者他周围的所有点(上下左右)都被控制了,那么他就算是被选择了的。一个点如果被选择了,那么可以得到Bij的回报,现在请你帮小N选一个最优的方案,使得回报-代价尽可能大。

    输入

    第一行两个正整数N,M表示方格图的长与宽。

    接下来N行每行M个整数Aij表示控制的代价。

    接下来N行每行M个整数Bij表示选择的回报。

    输出

    一个整数,表示最大的回报-代价(如果一个都不控制那么就是0)。

    样例输入

    3 3
    1 100 100
    100 1 100
    1 100 100
    2 0 0
    5 2 0
    2 0 0

    样例输出

    8


    题解

    网络流最小割

    先求出所有价值的总和,然后对于每个点:要么付出选择代价,要么放弃价值,要么相邻点付出选择代价。

    考虑构建a-b-inf-a'的结构。

    每个点拆成两个(以下称1和2),中间连容量为b的边,表示价值。将原图黑白染色,对于黑点:S向1连边,容量为a;对于白点:2向T连边,容量为a,表示付出选择代价。

    对于黑点:该点的2向相邻点(显然是白点)的2连边,容量为inf,这样就有了a-b-inf-a'的结构;对于白点:相邻点的1向该点的1连边,容量为inf,这样就有了a'-inf-b-a的结构。

    建出来的图大概长这样(B为黑点,W为白点):

    总收益减去最小割即为答案。

    #include <queue>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #define N 5010
    #define M 100010
    #define inf 1 << 30
    #define pos(h , i , j) ((h - 1) * n * m + (i - 1) * m + j)
    using namespace std;
    queue<int> q;
    int head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N];
    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] = 0 , 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 , m , i , j , x , ans = 0;
    	scanf("%d%d" , &n , &m) , s = 0 , t = 2 * n * m + 1;
    	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    	{
    		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
    		{
    			scanf("%d" , &x);
    			if((i ^ j) & 1)
    			{
    				add(s , pos(1 , i , j) , x);
    				if(i > 1) add(pos(1 , i , j) , pos(1 , i - 1 , j) , inf) , add(pos(2 , i , j) , pos(2 , i - 1 , j) , inf);
    				if(i < n) add(pos(1 , i , j) , pos(1 , i + 1 , j) , inf) , add(pos(2 , i , j) , pos(2 , i + 1 , j) , inf);
    				if(j > 1) add(pos(1 , i , j) , pos(1 , i , j - 1) , inf) , add(pos(2 , i , j) , pos(2 , i , j - 1) , inf);
    				if(j < m) add(pos(1 , i , j) , pos(1 , i , j + 1) , inf) , add(pos(2 , i , j) , pos(2 , i , j + 1) , inf);
    			}
    			else add(pos(2 , i , j) , t , x);
    		}
    	}
    	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
    			scanf("%d" , &x) , add(pos(1 , i , j) , pos(2 , i , j) , x) , ans += x;
    	while(bfs()) ans -= dinic(s , inf);
    	printf("%d
    " , ans);
    	return 0;
    }
    
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