正题

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

题目大意

\(n*m\)的网格上有一些格子有木球，两个相邻木球直接可以有木棍。

两个\(L\)形的木棍会产生\(A\)的代价，两个\(I\)形的木棍会产生\(B\)的代价

对于每个\(k\)求出插入\(k\)根木棍时的最小代价。

\(n,m\in[1,40],1\leq A\leq B\leq 10^5\)

解题思路

因为\(B\geq A\)可以理解为两个相邻的木棍会产生\(A\)点代价，\(I\)形的会额外产生\(B-A\)点代价。

先不考虑\(B-A\)的部分，考虑每个点的贡献，一个点的度数为\(i\)时会产生\(\binom{i}{2}\)的贡献，并且相邻的点之间可以连边。这是一个很经典的费用流模型。

对网格黑白染色，黑色的源点连接，白色的连接汇点。对于每个连接可以分为\(4\)条边，流量都为\(1\)，权值分别为\(\binom12-\binom02\ ,\ \binom22-\binom12\ ,\ \binom32-\binom22\ ,\ \binom42-\binom32\)。

这些权值递增，费用流优先流小的，所以如果流量为\(i\)那个刚好费用和就是\(\binom i2\)。

然后考虑\(I\)形的额外代价，其实就是如果一个点的横纵向度数到\(2\)就会产生代价。我们可以故技重施，对于每个点再开两个点分别表示横向/纵向，连接这些点的时候一条边权值是\(0\)，另一条是\(B-A\)。

然后正常\(Ek\)费用流跑法会每次扩展一个流量，每次输出就好了。

code

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<queue>

using namespace std;

const int N=5100,inf=2147483647/3;

const int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};

struct node{

	int to,next,w,c;

}a[N<<5];

int op,n,m,A,B,s,t,cnt,tot=1,ans;

int f[N],mf[N],ls[N],pre[N],p[50][50];

char c[50][50];bool v[N];

queue<int>q;

void addl(int x,int y,int w,int c){

	a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[tot].c=c;

	a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;a[tot].c=-c;

	return;

}

bool SPFA(){

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

	q.push(s);f[s]=0;v[s]=1;mf[s]=inf;

	while(!q.empty()){

		int x=q.front();v[x]=0;q.pop();

		for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){

			int y=a[i].to;

			if(!a[i].w)continue;

			if(f[x]+a[i].c<f[y]){

				f[y]=f[x]+a[i].c;pre[y]=i;

				mf[y]=min(mf[x],a[i].w);

				if(!v[y])q.push(y),v[y]=1;

			}

		}

	}

	return f[t]<inf;

}

void Updata(){

	int x=t;ans+=f[t];

	if(op)printf("%d\n",(ans!=0));

	else printf("%d\n",ans);

	while(x!=s){

		a[pre[x]].w-=mf[t];

		a[pre[x]^1].w+=mf[t];

		x=a[pre[x]^1].to;

	}

	return;

}

int main()

{

	freopen("trouble.in","r",stdin);

	freopen("trouble.out","w",stdout);

	scanf("%d",&op);op=((op>=8)&&(op<=12));

	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B);B-=A;

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

		scanf("%s",c[i]+1);

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

			if(c[i][j]=='0')p[i][j]=++cnt;

	}

	s=3*cnt+1;t=s+1;

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

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

			if(c[i][j]=='0'){

				int x=p[i][j];

				if((i+j)&1){

					addl(s,x*3-2,1,0);    addl(s,x*3-2,1,A);

					addl(s,x*3-2,1,2*A);  addl(s,x*3-2,1,3*A);

					addl(x*3-2,x*3-1,1,0);addl(x*3-2,x*3,1,0);

					addl(x*3-2,x*3-1,1,B);addl(x*3-2,x*3,1,B);

					for(int k=0;k<4;k++){

						int zx=i+dx[k],zy=j+dy[k];

						if(c[zx][zy]!='0')continue;

						int y=p[zx][zy];

						if(k<2)addl(x*3-1,y*3-1,1,0);

						else addl(x*3,y*3,1,0);

					}

				}

				else{

					addl(x*3-2,t,1,0);    addl(x*3-2,t,1,A);

					addl(x*3-2,t,1,2*A);  addl(x*3-2,t,1,3*A);

					addl(x*3-1,x*3-2,1,0);addl(x*3,x*3-2,1,0);

					addl(x*3-1,x*3-2,1,B);addl(x*3,x*3-2,1,B);

				}

			}

		}

	while(SPFA())

		Updata();

	return 0;

}

巴特西

YbtOJ#593-木棍问题【费用流】

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