【bzoj3751】 Hnoi2014

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3571 (题目链接)

题意

　　给出一个$2*N$个点的二分图，$N*N$条边，连接$i$和$j$的边有两个权值$A[i][j]$和$B[i][j]$。求$A$的和与$B$的和之积最小是多少。

Solution

　　很经典的一个模型，右转题解→_→：http://blog.csdn.net/thy_asdf/article/details/50382556

　　对于一类乘积最小的题目的方法，我们都可以把每种方案的$x$之和与$y$之和作为它们的坐标$(x,y)$

　　要让乘积最小，那么作为答案的点一定在下凸壳上

　　我们先求出$x$最小的方案的坐标，再求出$y$最小的方案的坐标

　　这就是凸壳的两个端点$A$和$B$

　　然后考虑分治，每次找出离直线$AB$最远的点$C$，再继续递归处理

　　要使距离最远，那么就是使向量$AB$与$AC$的叉积最大

　　即最大化：$(c.x-a.x)*(b.y-a.y)-(c.y-a.y)*(b.x-a.x)$

　　即：$c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x)-a.x*(b.y-a.y)+a.y*(b.x-a.x)$

　　后面一部分是常数不用管，我们只要使$c.x*(b.y-a.y)+c.y*(a.x-b.x)$最大化

　　那么把$A[i][j]*(b.y-a.y)+B[i][j]*(a.x-b.x)$做$i$匹配$j$的边权

　　跑一遍KM求出最大匹配即可得出叉积最大的匹配

　　对于其他的最小乘积XXX，就类似地每次跑一遍XXX的算法求出离$AB$最远的方案即可

　　直到不可以继续细分下去就返回两端点的匹配较小的一个即可

　　虽然可以通过把所有方案构造在凸壳上卡掉这个算法，但随机情况下还是很快的

　　然而我还不会KM，还学习了一发KM。

　　对于边$(x,y)$

　　1.$x$，$y$都在当前匹配$lx[x]-=d$，$ly[y]+=d$和不变，原来在新图中，现在还在新图中；

　　2.$x$在，$y$不在，$lx[x]-=d$，$ly[y]$不变，原来不在新图中，现在和减小了，可能出现在新图中；

　　3.$x$不在，$y$在，$lx[x]$不变，$ly[y]+=d$，原来不在新图中，现在和变大了，不会进入新图中；

　　4.$x$，$y$都不在，那么$lx[x]$，$ly[y]$都不变，原来不在新图中，现在也不在新图中。

　　所以只有情况$2$会产生新边，不会有边消失，那么新图的边数会越来越大，直到找到一个完备匹配。

细节

　　听说这题卡常。。

　　这样是$O(n^4)$的，所以有一个优化，记录一个$slack$数组$slack[y]=min(lx[x]+ly[y]-g[x][y])$($x$与$y$有边)。每次求$d$就只要对不在匹配中的$y$的$slack$取$min$即可

代码

// bzoj3571

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<queue>

#define LL long long

#define inf (1ll<<30)

#define MOD 1000000007

#define Pi acos(-1.0)

#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);

using namespace std;

const int maxn=100;

int vx[maxn],vy[maxn],lx[maxn],ly[maxn],p[maxn],sla[maxn];

int n,g[maxn][maxn],A[maxn][maxn],B[maxn][maxn];

struct point {int x,y;

	friend bool operator == (point a,point b) {

		return a.x==b.x && a.y==b.y;

	}

}L,R;

int match(int x) {

	vx[x]=1;

	for (int y=1;y<=n;y++) if (!vy[y]) {

			int t=lx[x]+ly[y]-g[x][y];

			if (!t) {

				vy[y]=1;

				if (!p[y] || match(p[y])) {p[y]=x;return 1;}

			}

			else sla[y]=min(sla[y],t);

		}

	return 0;

}

point KM() {

	memset(lx,0,sizeof(lx));

	memset(ly,0,sizeof(ly));

	memset(p,0,sizeof(p));

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

		for (int j=1;j<=n;j++) lx[i]=max(lx[i],g[i][j]);

	for (int x=1;x<=n;x++) {

		memset(sla,0x7f,sizeof(sla));

		while (1) {

			memset(vx,0,sizeof(vx));memset(vy,0,sizeof(vy));

			if (match(x)) break;

			int d=inf;

			for (int i=1;i<=n;i++) if (!vy[i]) d=min(d,sla[i]);

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

				if (vx[i]) lx[i]-=d;

				if (vy[i]) ly[i]+=d;

			}

		}

	}

	point ans=(point){0,0};

	for (int i=1;i<=n;i++) ans.x+=A[p[i]][i],ans.y+=B[p[i]][i];

	return ans;

}

int solve(point l,point r) {

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

		for (int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=A[i][j]*(r.y-l.y)+B[i][j]*(l.x-r.x);

	point mid=KM();

	if (l==mid || r==mid) return min(l.x*l.y,r.x*r.y);

	return min(solve(l,mid),solve(mid,r));

}

int main() {

	int T;scanf("%d",&T);

	while (T--) {

		scanf("%d",&n);

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

			for (int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&A[i][j]);

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

			for (int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&B[i][j]);

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

			for (int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=-A[i][j];

		L=KM();

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

			for (int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=-B[i][j];

		R=KM();

		printf("%d\n",solve(L,R));

	}

	return 0;

}

巴特西

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