[TJOI2015]线性代数(最小割)

题目描述

给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

题解

观察上面那个式子发现，当一个bij有贡献时当且仅当a[i]=1&&a[j]=1。

且当a[i]=1时会产生-c[i]的贡献。

然后我naive的以为这是个二元关系最小割。

其实没那么复杂，我们建立源点向矩阵中的每一个元素连b[i][j]的边，然后每个元素向t连c[i]的边。

然后(i,j)向i和j分别连inf的边。

这样割左边相当于i和j至少有一个不选，割右边相当于全选。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define N 502
#define M 260020 
#define inf 2e9
using namespace std;
typedef long long ll;
queue<int>q;
typedef long long ll;
int head[M],deep[M],cur[M],tot=1,n,c[N],b[N][N],top;
ll sum,ans;
inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    return f?-x:x; 
}
struct edge{int n,to,l;}e[N*N*7];
inline void add(int u,int v,int l){
    e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;e[tot].l=l;
    e[++tot].n=head[v];e[tot].to=u;head[v]=tot;e[tot].l=0;
}
inline bool bfs(int s,int t){
    memset(deep,0,sizeof(deep));
    memcpy(cur,head,sizeof(cur));
    q.push(s);deep[s]=1;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].n){
            int v=e[i].to;
            if(!deep[v]&&e[i].l){deep[v]=deep[u]+1;q.push(v);}
        }
    }
    return deep[t];
}
ll dfs(int u,int t,int l){
    if(u==t||!l)return l;
    ll flow=0,f;
    for(int &i=cur[u];i;i=e[i].n){
        int v=e[i].to;
        if(deep[v]==deep[u]+1&&(f=dfs(v,t,min(l,e[i].l)))){
            e[i].l-=f;e[i^1].l+=f;flow+=f;l-=f;
            if(!l)break;
        }
    }
    return flow;
}
int main(){
    n=rd();int s=0,t=n*n+n+1;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j){
      b[i][j]=rd(),sum+=b[i][j];++top,add(0,top,b[i][j]);
      add(top,n*n+i,inf);add(top,n*n+j,inf);
    }    
    for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=rd(),add(n*n+i,t,c[i]);
    while(bfs(s,t))ans+=dfs(s,t,inf);
    cout<<sum-ans;
    return 0;
}