【YbtOJ#593】木棍问题

题目

题目链接：https://www.ybtoj.com.cn/contest/114/problem/3



(n,mleq 40)。

思路

黑白染色，考虑如下建图

把 (B) 看作 (A+(B-A))，那么一个点有 (x) 流量就需要 (inom{2}{x}A) 贡献。对于 (xin[0,4])，做差分之后分别为 (0,A,2A,3A)，恰好严格不减，这样如果选择 (x) 的流量就一定会走最小的 (x) 条边，总费用加起来恰好是 (inom{2}{x}A)。
考虑加上直线的贡献 (B-A)。那么就把每个点再拆出两个点来，分别表示行和列，如果一行或一列只选择一个，就不会产生多于贡献；选择两个就会产生 (B-A) 的贡献，所以连两条边流量为 (1)，费用分别为 (0) 和 (B-A) 即可。
由于费用流每次只增广一条路径，而不难发现我们的连边每次增广都只会增加 (1) 的流量，所以每次 addflow 之后输出即可。
时间复杂度 (O(nm^2))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int N=110,M=2010;
int n,m,U[M],V[M];
ll MOD,a[N][N],b[N][N],f[N][N],g[N];
bool G[N][N];

ll fmul(ll x,ll y)
{
	ll z=(ld)x*y/MOD,res=x*y-z*MOD;
	return (res%MOD+MOD)%MOD;
}

ll fpow(ll x,ll k)
{
	ll ans=1;
	for (;k;k>>=1,x=fmul(x,x)%MOD)
		if (k&1) ans=fmul(ans,x)%MOD;
	return ans;
}

void gauss()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=i;j<=n;j++)
			if (f[j][i])
			{
				for (int k=1;k<=n;k++)
					swap(f[i][k],f[j][k]);
				swap(g[i],g[j]);
				break;
			}
		for (int j=i+1;j<=n;j++)
			if (f[j][i])
			{
				ll base=fmul(f[i][i],fpow(f[j][i],MOD-2))%MOD;
				for (int k=1;k<=n;k++)
					f[j][k]=(fmul(f[j][k],base)-f[i][k])%MOD;
				g[j]=(fmul(g[j],base)-g[i])%MOD;
			}
	}
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		ll sum=0;
		for (int j=i+1;j<=n;j++)
			sum=(sum+fmul(g[j],f[i][j]))%MOD;
		g[i]=fmul(g[i]-sum,fpow(f[i][i],MOD-2))%MOD;
	}
}

int main()
{
	freopen("graph.in","r",stdin);
	freopen("graph.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	scanf("%lld",&MOD);
	for (int i=1,x,y;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&U[i],&V[i]); x=U[i]; y=V[i];
		scanf("%lld%lld",&a[x][y],&b[x][y]);
		G[x][y]=G[y][x]=1; 
		a[y][x]=-a[x][y]; b[y][x]=b[x][y];
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			if (G[i][j])
			{
				ll inv=fpow(b[i][j],MOD-2);
				f[i][j]=inv; f[i][i]=(f[i][i]-inv)%MOD;
				g[i]=(g[i]-fmul(inv,a[i][j]))%MOD;
			}
	gauss();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=U[i],v=V[i];
		printf("%lld
",fmul(g[v]-g[u]+a[u][v],fpow(b[u][v],MOD-2)));
	}
	return 0;
}