题意:
给定一个(n imes m)的方格,其中有一些障碍格子,限定每行每列分别至少要有的士兵数,问最少要摆多少个士兵。
知识点:
最大流
解法:
考虑在非障碍格子都摆上一个士兵,假如还是不够数,那么无解;
否则考虑哪些士兵可以去掉仍然满足限制条件。
所以源点连“该行可以摆放的数量-限定最小值”的边权到行的每个节点,同理,列的每个点连到汇点。
中间的连边是非障碍格子(x)连到(y),所以求出的最大流就是可以删掉的最多士兵。
用总共非障碍数-最大流即为答案。
备注:
个人认为这个做法比论文里讲的计算出最多贡献为2的个数那种方法更好理解一些。
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=110,maxm=20400,inf=0x7fffffff;
int n,m,K,S,T,a[maxn],b[maxn],tot,head[maxn<<1],dis[maxn<<1],cur[maxn<<1];
bool mp[maxn][maxn];
struct node
{
int nxt,to,w;
}edge[maxm];
queue<int>q;
int read()
{
int x=0;
char c=getchar();
while (c<48||c>57)
c=getchar();
while (c>=48&&c<=57)
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++tot]=(node){head[u],v,w};
head[u]=tot;
}
#define link(u,v,w) (add((u),(v),(w)),add((v),(u),(0)))
int dfs(int u,int flow)
{
if (u==T)
return flow;
int i,res=flow,v,tmp;
for (i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
v=edge[i].to;
if (dis[v]==dis[u]+1&&edge[i].w>0)
{
tmp=dfs(v,min(edge[i].w,res));
edge[i].w-=tmp;
edge[i^1].w+=tmp;
res-=tmp;
if (!res)
break;
}
}
return flow-res;
}
bool bfs()
{
while (!q.empty())
q.pop();
memset(dis,0,sizeof(dis));
int i,u,v;
q.push(S);
dis[S]=1;
while (!q.empty())
{
u=q.front();
q.pop();
for (i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
v=edge[i].to;
if (!dis[v]&&edge[i].w>0)
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return dis[T];
}
int dinic()
{
int ans=0,i,tmp;
while (bfs())
{
for (i=1;i<=T;i++)
cur[i]=head[i];
tmp=dfs(S,inf);
if (!tmp)
break;
ans+=tmp;
}
return ans;
}
int main()
{
int i,j,k;
tot=1;
n=read(),m=read(),K=read();
S=n+m+1,T=S+1;
for (i=1;i<=n;i++)
a[i]=m-read();
for (i=1;i<=m;i++)
b[i]=n-read();
for (i=1;i<=K;i++)
{
j=read(),k=read();
a[j]--,b[k]--;
mp[j][k]=1;
}
for (i=1;i<=n;i++)
{
if (a[i]<0)
{
puts("JIONG!");
return 0;
}
link(S,i,a[i]);
}
for (i=1;i<=m;i++)
{
if (b[i]<0)
{
puts("JIONG!");
return 0;
}
link(i+n,T,b[i]);
}
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (!mp[i][j])
link(i,j+n,1);
printf("%d
",n*m-K-dinic());
return 0;
}