COGS410. [NOI2009] 植物大战僵尸

410. [NOI2009] 植物大战僵尸

★★★   输入文件：pvz.in   输出文件：pvz.out   简单对比
时间限制：2 s   内存限制：512 MB

【问题描述】

Plants vs. Zombies（PVZ）是最近十分风靡的一款小游戏。Plants（植物）和Zombies（僵尸）是游戏的主角，其中Plants防守，而Zombies进攻。该款游戏包含多种不同的挑战系列，比如Protect Your Brain、Bowling等等。其中最为经典的，莫过于玩家通过控制Plants来防守Zombies的进攻，或者相反地由玩家通过控制Zombies对Plants发起进攻。

现在，我们将要考虑的问题是游戏中Zombies对Plants的进攻，请注意，本题中规则与实际游戏有所不同。游戏中有两种角色，Plants和Zombies，每个Plant有一个攻击位置集合，它可以对这些位置进行保护；而Zombie进攻植物的方式是走到植物所在的位置上并将其吃掉。

游戏的地图可以抽象为一个N行M列的矩阵，行从上到下用0到N–1编号，列从左到右用0到M–1编号；在地图的每个位置上都放有一个Plant，为简单起见，我们把位于第r行第c列的植物记为Pr,c。

Plants分很多种，有攻击类、防守类和经济类等等。为了简单的描述每个Plant，定义Score和Attack如下：

Score[Pr,c]	Zombie击溃植物Pr,c可获得的能源。若Score[Pr,c]为非负整数，则表示击溃植物Pr,c可获得能源Score[Pr,c]，若为负数表示击溃Pr,c需要付出能源-Score[Pr,c]。
Attack[Pr,c]	植物Pr,c能够对Zombie进行攻击的位置集合。

Zombies必须从地图的右侧进入，且只能沿着水平方向进行移动。Zombies攻击植物的唯一方式就是走到该植物所在的位置并将植物吃掉。因此Zombies的进攻总是从地图的右侧开始。也就是说，对于第r行的进攻，Zombies必须首先攻击Pr,M-1；若需要对Pr,c（0≤c<M-1）攻击，必须将Pr,M-1,Pr,M-2…Pr,c+1先击溃，并移动到位置(r,c)才可进行攻击。

在本题的设定中，Plants的攻击力是无穷大的，一旦Zombie进入某个Plant的攻击位置，该Zombie会被瞬间消灭，而该Zombie没有时间进行任何攻击操作。因此，即便Zombie进入了一个Plant所在的位置，但该位置属于其他植物的攻击位置集合，则Zombie会被瞬间消灭而所在位置的植物则安然无恙（在我们的设定中，Plant的攻击位置不包含自身所在位置，否则你就不可能击溃它了）。

Zombies的目标是对Plants的阵地发起进攻并获得最大的能源收入。每一次，你可以选择一个可进攻的植物进行攻击。本题的目标为，制定一套Zombies的进攻方案，选择进攻哪些植物以及进攻的顺序，从而获得最大的能源收入。

【输入文件】

输入文件pvz.in的第一行包含两个整数N,M，分别表示地图的行数和列数。

接下来N×M行描述每个位置上植物的信息。第r×M+c+ 1行按照如下格式给出植物Pr,c的信息：第一个整数为Score[Pr,c],第二个整数为集合Attack[Pr,c]中的位置个数w，接下来w个位置信息（r’,c’），表示Pr,c可以攻击位置第r’行第c’列。

【输出文件】

输出文件pvz.out仅包含一个整数，表示可以获得的最大能源收入。注意，你也可以选择不进行任何攻击，这样能源收入为0。

【输入样例】

3 2

10 0

20 0

-10 0

-5 1 0 0

100 1 2 1

100 0

【输出样例】

25

【样例说明】

在样例中,植物P1,1可以攻击位置(0,0),P2, 0可以攻击位置(2,1)。

一个方案为，首先进攻P1,1,P0,1，此时可以攻击P0,0。共得到能源收益为(-5)+20+10 = 25。注意,位置(2,1)被植物P2,0保护，所以无法攻击第2行中的任何植物。

【大致数据规模】

约20%的数据满足1 ≤N,M≤ 5；

约40%的数据满足1 ≤N,M≤ 10；

约100%的数据满足1 ≤N≤ 20，1 ≤M≤ 30，-10000 ≤Score≤ 10000

题解：

　　就是一个最大权闭合子图的模型。
　　首先由源点S向所有正权点连一条容量为其权值的边，有所有负权点向汇点T连一条容量为-（权值）的边，然后由被保护点向保护点连一条∞的边。这样一来，求最小割S集就是所攻击到的点，用（sum（总正权点值）-最小割）就是答案。

　　注意：有可能出现“无敌节点”——在构造的网络中出现环，此时环内所有节点都不可能取到，同时被环内节点保护的所有节点也不可取。这是一个大麻烦。

　　我的解决方案：被保护点向保护点连边，tarjan扫一遍强连通分量。所有的环内元素直接与T连一条∞的边。该元素不再连边。这样就避免了“无敌节点”的计算。同时保证单向（不成环）保护对答案贡献的正确性。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define FRE(name) freopen(#name".in","r",stdin);freopen(#name".out","w",stdout);
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=25*35,M=31;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct edge{int v,cap,next;}e[N*N*2];int tot=1;
struct Edge{int v,next;}e2[N*N];
int n,m,S,T,ans,head[N],dis[N],q[N*N],id[M][M],c[M][M];
int dfs_cnt,scc_cnt,top,tot2,head2[N],dfn[N],low[N],sccno[N],num[N],stack[N*8];
inline void add(int x,int y){
    e2[++tot2].v=y;e2[tot2].next=head2[x];head2[x]=tot2;
}
inline void add(int x,int y,int z){
    e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].next=head[x];head[x]=tot;
    e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].next=head[y];head[y]=tot;
}
void tarjan(int u){
    dfn[u]=low[u]=++dfs_cnt;
    stack[++top]=u;
    for(int i=head2[u];i;i=e2[i].next){
        int v=e2[i].v;
        if(!dfn[v]){
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],dfn[v]);
        }
        else if(!sccno[v]){
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        scc_cnt++;
        for(int x;;){
            x=stack[top--];
            sccno[x]=scc_cnt;
            num[scc_cnt]++;
            if(x==u) break;
        }
    }
}
inline void init(){
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            id[i][j]=(i-1)*m+j;
        }
    }
    for(int i=1,w,x,y;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            c[i][j]=read();w=read();
            while(w--){
                x=read()+1;y=read()+1;
                add(id[x][y],id[i][j]);
            }
            if(j!=m) add(id[i][j],id[i][j+1]);
        }
    }
}
inline void mapping(){
    S=0,T=n*m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(num[sccno[id[i][j]]]>1){add(id[i][j],T,inf);continue;} 
            if(c[i][j]>0) add(S,id[i][j],c[i][j]),ans+=c[i][j];
            if(c[i][j]<0) add(id[i][j],T,-c[i][j]);
            for(int k=head2[id[i][j]];k;k=e2[k].next){
                int v=e2[k].v;
                add(id[i][j],v,inf);
            }
        }
    }
}
inline bool bfs(){
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-1;
    int h=0,t=1;dis[S]=0;q[t]=S;
    while(h!=t){
        int x=q[++h];
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            if(dis[e[i].v]==-1&&e[i].cap){
                dis[e[i].v]=dis[x]+1;
                if(e[i].v==T) return 1;
                q[++t]=e[i].v;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int x,int f){
    if(x==T) return f;
    int used=0,t;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){
            t=dfs(e[i].v,min(e[i].cap,f));
            e[i].cap-=t;e[i^1].cap+=t;
            used+=t;f-=t;
            if(!f) return used;
        }
    }
    if(!used) dis[x]=-1;
    return used;
}
inline void dinic(){
    while(bfs()) ans-=dfs(S,inf);
    printf("%d",ans);
}
int main(){
    FRE(pvz);
    init();
    for(int i=1;i<=n*m;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    mapping();
    dinic();
    return 0;
}