【bzoj4930】棋盘费用流

题目描述

给定一个n×n的棋盘，棋盘上每个位置要么为空要么为障碍。定义棋盘上两个位置(x,y),(u,v)能互相攻击当前仅

当满足以下两个条件：

1:x=u或y=v

2:对于(x,y)与(u,v)之间的所有位置，均不是障碍。

现在有q个询问，每个询问给定ki，要求从棋盘中选出ki个空位置来放棋子，问最少互相能攻击到的棋子对数是多少？

输入

第一行一个整数n。

接下来输入一个n×n的字符矩阵，一个位置若为.，则表示这是一个空位置，若为#，则为障碍。

第n+2行输入一个整数q代表询问个数。

接下来q行，每行一个整数k，代表要放的棋子个数。

n ≤ 50, q ≤ 10000, k ≤ 棋盘中空位置数量

输出

输出共q行，每行代表对应询问的最少的互相能攻击到的棋子对数。

样例输入

4
..#.
####
..#.
..#.
1
7

样例输出

题解

费用流， bzoj4554 的强化版

按照那道题的思路，把相互影响的行和列的部分拿出来，同一个点的行部分和列部分之间连边。

不过这道题是固定棋子数，问最小的影响的棋子对数。

考虑，一个行或列的部分，如果存在k个棋子，那么相互影响的棋子对数为$\frac{k(k-1)}2$对（两个棋子之间隔着其它棋子也算相互影响）。

所以我们可以使用拆边法来解决，从S到行的部分、从列的部分到T连d条边，其中d为该部分的位置数。第i条边的费用为$\frac{i(i-1)}2-\frac{(i-1)(i-2)}2=i-1$。

然后跑费用流。在此过程中，由于每条增广路的容量必定为1，所以相当于每次多放置了一个棋子。这样我们可以只跑一次EK费用流即可预处理出所有答案，然后再$O(1)$回答。

时间有点长但可以过，可以动态加边来提高效率（这里懒了没有写）

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <queue>

#define N 6010

#define M 1200010

#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

queue<int> q;

int map[60][60] , bx[60][60] , tx , by[60][60] , ty , sx[N] , sy[N] , head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N] , ans[N];

char str[60];

void add(int x , int y , int v , int c)

{

	to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;

	to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;

}

bool spfa()

{

	int x , i;

	memset(from , -1 , sizeof(from));

	memset(dis,  0x3f , sizeof(dis));

	dis[s] = 0 , q.push(s);

	while(!q.empty())

	{

		x = q.front() , q.pop();

		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])

			if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])

				dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);

	}

	return ~from[t];

}

void mincost()

{

	int k = 0 , i;

	while(spfa())

	{

		k ++ , ans[k] = ans[k - 1] + dis[t];

		for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -- , val[pre[i] ^ 1] ++ ;

	}

}

int main()

{

	int n , q , i , j , x;

	scanf("%d" , &n);

	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )

	{

		scanf("%s" , str + 1);

		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) map[i][j] = (str[j] == '#');

	}

	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )

	{

		tx ++ ;

		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) bx[i][j] = tx , sx[tx] ++ , tx += map[i][j];

	}

	for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )

	{

		ty ++ ;

		for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) by[i][j] = ty , sy[ty] ++ , ty += map[i][j];

	}

	s = 0 , t = tx + ty + 1;

	for(i = 1 ; i <= tx ; i ++ )

		for(j = 0 ; j < sx[i] ; j ++ )

			add(s , i , 1 , j);

	for(i = 1 ; i <= ty ; i ++ )

		for(j = 0 ; j < sy[i] ; j ++ )

			add(i + tx , t , 1 , j);

	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )

		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )

			if(!map[i][j])

				add(bx[i][j] , by[i][j] + tx , 1 , 0);

	mincost();

	scanf("%d" , &q);

	while(q -- ) scanf("%d" , &x) , printf("%d\n" , ans[x]);

	return 0;

}

巴特西

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