JZOJ 6299. 2019.08.12【NOIP提高组A】工厂（二分图+状压DP）

JZOJ 6299. 2019.08.12【NOIP提高组A】工厂

题目

Description

Input

Output

Sample Input

Sample 1:
2
11
10

Sample 2:
2
10
00

Sample 3:
3
000
110
000

Sample Output

Sample 1:
1

Sample 2:
1

Sample 3:
3

Data Constraint

Hint

题解

• 先来看看题目背景，类似二分图匹配，
• 若任意极大匹配（随机顺序随机选取直到不能再选）后，最终都能得到完美匹配（$n$个人和$n$台机器能分别相互匹配），才是符合题意的，
• 不难发现，二分图分成的若干联通块，当且仅当它们左右点数相等，并且两两均有连边，才是符合条件的。
• 设分成的第$i$个联通块大小分别为$s[i]$，则最终连边总数$sum={\sum }_{\forall i}s[i{]}^2$，那么答案即为$sum-{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{n}e[i][j]$，其中$e[i][j]=0/1$，表示第$i$个工人是否会操作第$j$台机器，
• 由于后面减去的值是固定的，所以只需要最小化$sum$的值，则可以取到最优的答案。
• 设原图中分成的每个联通块$A[i]$，是由$x[i]$个工人及$y[i]$台机器组成，考虑状压DP，
• $f[s][i]$表示已选的联通块集合表示为$s$，左边还剩$i$个点还未匹配的最小边数，
• 设$sx$为集合$s$中$x[i]$总和，$sy$同理，
• 每次枚举一个新加入的联通块$k$，
• 直接转移就$f[s][i]$更新$f[s\bigcup k][i+x[k]]$，这里不需要加入新的花费，
• 直到当前剩余的与新加的可以组成一个左右点数相等的联通块，也就是$sx+x[k]=sy+y[k]$时，
• 用$f[s][i]+(i+x[k]{)}^2$更新$f[s\bigcup k][0]$。
• $sum$的最小值为$f[S][0]$，$S$为所有联通块的集合。
• 但这样的时间复杂度是$O(2^n\ast n^2)$的，过不了，
• 发现第一维的状态$s$可能会有很多浪费，对于最初的联通块假设有$(x[i],y[i])=(x[j],y[j])$，它们其实可以看作是等价的，
• 当有很多组$(x,y)$相同时，可以把它们压成同样的一组；若有许多不同，那么总联通块数就会远远小于$n$，
• 于是仍然设状态$f[s][i]$，唯一与上面不同的是，$s$在这里不是二进制，而是一种每一位进制不同的数，表示的是每一种联通块分别选了多少个（$0-cnt[i]$），这样$s$的最大取值是小于$2\ast 10^5$的，可以极大地优化。
• 转移类似，需要预处理前缀积。（具体可见处理类似的JZOJ 5831. 【NOIP提高A组模拟2018.8.18】 number或代码）

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,s=0,b1[31],b2[31],p[31][31];
int sum[31][31],g[31],f[200010][31],c[31];
char st[31];
struct
{
	int x,y,s;
}a[31];
int sqr(int x)
{
	return x*x;
}
void dfs(int k,int o)
{
	if(o==1)
	{
		a[s].x++;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(p[k][i]&&!b2[i]) 
		{
			b2[i]=1;
			dfs(i,2);
		}
	}
	else
	{
		a[s].y++;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(p[i][k]&&!b1[i])
		{
			b1[i]=1;
			dfs(i,1);
		}
	}
}
int main()
{
	int i,j,k;
	scanf("%d
",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s
",st+1);
		for(j=1;j<=n;j++) p[i][j]=st[j]-'0';
	}
	for(i=1;i<=n;i++) if(!b1[i]) 
	{
		s++;
		b1[i]=1;
		dfs(i,1);
	}
	for(i=1;i<=n;i++) if(!b2[i])
	{
		s++;
		b2[i]=1;
		dfs(i,2);
	}
	for(i=1;i<=s;i++) sum[a[i].x][a[i].y]++;
	s=0;
	for(i=0;i<=n;i++)
		for(j=0;j<=n;j++) if(sum[i][j]) a[++s].x=i,a[s].y=j,a[s].s=sum[i][j];
	g[0]=1;
	for(i=1;i<=s;i++) g[i]=g[i-1]*(a[i].s+1);
	for(i=0;i<=g[s];i++)
		for(j=0;j<=n;j++) f[i][j]=1e+9;
	f[0][0]=0;
	for(i=0;i<g[s];i++)
	{
		int t=i,tx=0,ty=0;
		for(j=s;j;j--) 
		{
			c[j]=0;
			while(t>=g[j-1]) c[j]++,t-=g[j-1],tx+=a[j].x,ty+=a[j].y;
		}
		for(j=0;j<=n;j++) if(f[i][j]<1e+9)
		{
			for(k=1;k<=s;k++) if(c[k]<a[k].s)
			{
				if(f[i][j]<f[i+g[k-1]][j+a[k].x]) f[i+g[k-1]][j+a[k].x]=f[i][j];
				if(tx+a[k].x==ty+a[k].y&&f[i][j]+sqr(j+a[k].x)<f[i+g[k-1]][0]) f[i+g[k-1]][0]=f[i][j]+sqr(j+a[k].x);
			}	
		}
	}
	int ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=n;j++) ans-=p[i][j];
	printf("%d
",ans+f[g[s]-1][0]);
	return 0;
}