P2410 [SDOI2009]最优图像 ZKW最大费用最大流

$ \color{#0066ff}{ 题目描述 }$

小E在好友小W的家中发现一幅神奇的图画，对此颇有兴趣。它可以被看做一个包含N×M个像素的黑白图像，为了方便起见，我们用0表示白色像素，1表示黑色像素。小E认为这幅图画暗藏玄机，因此他记录下了这幅图像中每行、每列的黑色像素数量，以回去慢慢研究其中的奥妙。

有一天，小W不慎将图画打湿，原本的图像已经很难分辨。他十分着急，于是找来小E，希望共同还原这幅图画。根据打湿后的图画，他们无法确定真正的图像，然而可以推测出每个像素原本是黑色像素的概率Pij%。那么，一个完整的图像的出现概率就可以定义为:

其中Sij表示在还原后的图像中，像素是白色(0)还是黑色(1)。换句话说，一个完整图像出现概率就等于其所有黑色像素的出现概率之积。显然，图像的黑色像素不能包含概率为0的像素。

然而，小E对此也无能为力。因此他们找到了会编程的小F，也就是你，请你根据以上信息，告诉他们最有可能是原始图像的答案是什么。

$\color{#0066ff}{输入格式}$

输入文件image.in的第一行是两个正整数N和M，表示图像大小。

接下来N行每行包含M个整数，表示每个像素是黑色像素的概率为Pij%。0 ≤ Pij < 100。

接下来一行有N个非负整数，表示每一行中黑色像素的个数。

接下来一行有M个非负整数，表示每一列中黑色像素的个数。

$\color{#0066ff}{输出格式}$

输出文件image.out包含一个N×M的01矩阵，表示你还原出的图像。输出不包含空格。图像每行、每列中1的个数必须与输入一致，且是所有可能的图像中出现概率最大的一个。输入数据保证至少存在一个可能的图像。如果有多种最优图像，任意输出一种即可。

$\color{#0066ff}{输入样例}$

$\color{#0066ff}{输出样例}$

10

01

$\color{#0066ff}{数据范围与提示}$

样例解释：共有两种可能的图像：

01 10 和 10 01 前者的出现概率是0.1×0.2=0.02，后者的出现概率是0.9×0.8=0.72，故后者是最优图像。

对于20%的数据，N , M ≤ 5；

对于100%的数据，N , M ≤ 100。

$\color{#0066ff}{题解}$

一看数据范围，显然的费用流啦

但是注意这里是一个$\prod$

于是我们把边权变为概率

反向边稍微改变一下，就是它分之一，这样就满足了

然而。。。这题居然卡EK

于是得写ZKW费用流才能过qwq

// luogu-judger-enable-o2

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long

LL in() {

	char ch; LL x = 0, f = 1;

	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);

	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));

	return x * f;

}

const int inf = 0x7fffffff;

const int maxn = 5050;

struct node {

	int to, can;

	double dis;

	node *nxt, *rev;

	node(int to = 0, int can = 0, double dis = 0, node *nxt = NULL): to(to), can(can), dis(dis), nxt(nxt) {

		rev = NULL;

	}

};

std::deque<int> q;

node *head[maxn], *cur[maxn];

double dis[maxn];

const double eps = 1e-6;

bool choose[120][120];

bool vis[maxn];

int n, m, s, t;

LL ans;

void add(int from, int to, double dis, int can) {

	head[from] = new node(to, can, dis, head[from]);

}

void link(int from, int to, double dis, int can) {

	add(from, to, dis, can);

	add(to, from, 1.0 / dis, 0);

	head[from]->rev = head[to];

	head[to]->rev = head[from];

}

bool spfa() {

	for(int i = s; i <= t; i++) dis[i] = -1, vis[i] = false, cur[i] = head[i];

	q.push_front(s);

	dis[s] = 1.0;

	while(!q.empty()) {

		int tp = q.front(); q.pop_front();

		vis[tp] = false;

		for(node *i = head[tp]; i; i = i->nxt)

			if(dis[i->to] < dis[tp] * i->dis && i->can) {

				dis[i->to] = dis[tp] * i->dis;

				if(!vis[i->to]) {

					if(!q.empty() && dis[i->to] < dis[q.front()]) q.push_back(i->to);

					else q.push_front(i->to);

					vis[i->to] = true;

				}

			}

	}

	return dis[t] > 0;

}

int dfs(int x, int change) {

	if(x == t || !change) return change;

	int flow = 0, ls;

	vis[x] = true;

	for(node *i = cur[x]; i; i = i->nxt) {

		cur[x] = i;

		if(!vis[i->to] && fabs(dis[i->to] - (dis[x] * i->dis)) <= eps && (ls = dfs(i->to, std::min(i->can, change)))) {

			flow += ls;

			change -= ls;

			i->can -= ls;

			i->rev->can += ls;

			if(!change) break;

		}

	}

	vis[x] = false;

	return flow;

}

void zkw() {

	while(spfa()) dfs(s, inf);

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

		for(node *o = head[i]; o; o = o->nxt) {

			if(o->to == s) continue;

			if(!o->can) choose[i][o->to - n] = true;

		}

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

		for(int j = 1; j <= m; j++) printf("%d", choose[i][j]);

		puts("");

	}

}

int main() {

	n = in(), m = in(), s = 0, t = n + m + 1;

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

		for(int j = 1; j <= m; j++) {

			int x = in();

			if(x) link(i, n + j, x * 0.01, 1);

		}

	for(int i = 1; i <= n; i++) link(s, i, 1.0, in());

	for(int i = 1; i <= m; i++) link(n + i, t, 1.0, in());

	zkw();

	return 0;

}

巴特西

P2410 [SDOI2009]最优图像 ZKW最大费用最大流

$ \color{#0066ff}{ 题目描述 }$

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

\(\color{#0066ff}{题解}\)

一看数据范围，显然的费用流啦

但是注意这里是一个\(\prod\)

于是我们把边权变为概率

反向边稍微改变一下，就是它分之一，这样就满足了

然而。。。这题居然卡EK

于是得写ZKW费用流才能过qwq

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