• 2668: [cqoi2012]交换棋子


    Description

    有一个nm列的黑白棋盘,你每次可以交换两个相邻格子(相邻是指有公共边或公共顶点)中的棋子,最终达到目标状态。要求第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换。

    Input

    第一行包含两个整数nm(1<=n, m<=20)。以下n行为初始状态,每行为一个包含m个字符的01串,其中0表示黑色棋子,1表示白色棋子。以下n行为目标状态,格式同初始状态。以下n行每行为一个包含m个0~9数字的字符串,表示每个格子参与交换的次数上限。

    Output

    输出仅一行,为最小交换总次数。如果无解,输出-1。


    写了一个很假的做法

    但是居然正解也是这样的??


    好吧好吧

    那这题也太丧病了


    先想一下这道题的基本建模思路,就是把它想象成一些黑点在一张图上流动,如果一个点初始时是黑色就从源点流一个流量一的边,如果遇到一个目标是黑色的点就可以流去汇点

    初始版本 1.0 (甚至能得60分)

    然后考虑拆两个点

    没前途啊

    考虑到一个位置上换来一个点然后再换走的话这个位置被换了2次

    但是这个模型没法处理啊。。。

    优化版本 1.5

    拆成3个点!

    怎么说呢。。。比1.0还没前途啊

    因为如果这个点本来是黑色的但是它的流量是1

    那么它就流不过去了。。。

    正解 2.0

    如果这个点就是黑色的就把2到3的流量改成(流量上限+1)/2不就完了

    然后就喜提满分了??


    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    #define MP make_pair
    #define TS top().second
    #define M 1000001
    #define N 50000
    //#define gc getchar
    using namespace std;
    
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    int uu,a[M],t,n,m,k,ver[M],edge[M],head[N],nex[M],cnt=1,d[N],h[N],c[M],g[N],x,y,z,s,b[N],cur[N],ans,cost,w[M];
    void add(int x,int y,int co,int z)
    {
    	ver[++cnt]=y; nex[cnt]=head[x]; head[x]=cnt; edge[cnt]=z; c[cnt]=co;
    	ver[++cnt]=x; nex[cnt]=head[y]; head[y]=cnt; edge[cnt]=0; c[cnt]=-co;
    }
    
    bool dji()
    {
    	while(q.size()) q.pop();
    	memset(d,0,sizeof(d)); memset(g,0x3f,sizeof(g)); memset(b,0,sizeof(b));
    	d[0]=1; g[0]=0; q.push(MP(0,0));
    	while(q.size())
    	{
    		while(q.size() && b[q.TS]) q.pop();
    		if(!q.size()) break;
    		int x=q.TS; q.pop(); b[x]=1;
    		for(int i=head[x];i;i=nex[i])
    		if(edge[i] && g[ver[i]]>g[x]+c[i]+h[x]-h[ver[i]])
    		{
    			g[ver[i]]=g[x]+c[i]+h[x]-h[ver[i]];
    			d[ver[i]]=d[x]+1;
    			q.push(MP(-g[ver[i]],ver[i]));
    		}
    	}
    	if(g[t]<0x3f3f3f3f) return 1;
    	return 0;
    }
    
    int dinic(int x,int flow)
    {
    	if(x==t || !flow) return flow;
    	int re=flow, k;
    	for(int& i=cur[x];i && re;i=nex[i])
    	if(edge[i] && d[ver[i]]==d[x]+1 && g[ver[i]]==g[x]+c[i]+h[x]-h[ver[i]])
    	{
    		k=dinic(ver[i],min(re,edge[i]));
    		re-=k; edge[i]-=k; edge[i^1]+=k;
    		if(!k) d[ver[i]]=0;
    	} 
    	return flow-re;
    }
    
    int main()
    {
    	scanf("%d%d",&n,&m); t=n*m*3+1;
    	for(int i=0;i<n;i++) 
    		for(int j=1;j<=m;j++) 
    		{
    			scanf("%1ld",&k);
    			if(k) a[i*m+j]=1, uu+=1;
    		}
    	for(int i=0;i<n;i++)
    		for(int j=1;j<=m;j++)
    		{
    			scanf("%1ld",&k);
    			if(k) w[i*m+j]=1, uu-=1;
    			if(i) add(i*m+j+n*m*2,(i-1)*m+j,1,0x3f3f3f3f);
    			if(j!=1) add(i*m+j+n*m*2,i*m+j-1,1,0x3f3f3f3f);
    			if(i && j!=1) add(i*m+j+n*m*2,(i-1)*m+j-1,1,0x3f3f3f3f);
    			if(i && j!=m) add(i*m+j+n*m*2,(i-1)*m+j+1,1,0x3f3f3f3f);
    			if(j!=m) add(i*m+j+n*m*2,i*m+j+1,1,0x3f3f3f3f);
    			if(i!=n-1) add(i*m+j+n*m*2,(i+1)*m+j,1,0x3f3f3f3f);
    			if(j!=m && i!=n-1) add(i*m+j+n*m*2,(i+1)*m+j+1,1,0x3f3f3f3f);
    			if(j!=1 && i!=n-1) add(i*m+j+n*m*2,(i+1)*m+j-1,1,0x3f3f3f3f); 
    		}
    	if(uu!=0){printf("-1"); return 0;}
    	for(int i=1;i<=n*m;i++) 
    	{
    		if(w[i]) add(i+n*m,t,0,1);
    		if(a[i]) add(0,i,0,1);	
    	}
    	for(int i=0;i<n;i++)
    		for(int j=1;j<=m;j++)
    		{
    			scanf("%1ld",&k);
    			if(k)add(i*m+j,i*m+j+n*m,0,k);
    			if(k && (w[i*m+j]||a[i*m+j])) add(i*m+j+n*m,i*m+j+n*m*2,0,(k+1)/2);
    			else add(i*m+j+n*m,i*m+j+n*m*2,0,k/2);
    		}
    		
    	while(dji())
    	{
    		memcpy(cur,head,sizeof(head)); z=ans;
    		while(k=dinic(0,0x3f3f3f3f)) ans+=k;
    		for(int i=1;i<=t;i++) h[i]+=g[i];
    		cost+=(ans-z)*h[t];
    	}
    	printf("%d",cost);
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/ZUTTER/p/10273635.html
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