1873. [国家集训队2011]happiness(吴确)
★★★ 输入文件：nt2011_happiness.in 输出文件：nt2011_happiness.out 简单对比
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【试题来源】
2011中国国家集训队命题答辩
【问题描述】
高一一班的座位表是个n*m的矩阵，经过一个学期的相处，每个同学和前后左右相邻的同学互相成为了好朋友。这学期要分文理科了，每个同学对于选择文科与理科有着自己的喜悦值，而一对好朋友如果能同时选文科或者理科，那么他们又将收获一些喜悦值。作为计算机竞赛教练的scp大老板，想知道如何分配可以使得全班的喜悦值总和最大。
【输入格式】
第一行两个正整数n，m。
接下来是六个矩阵
第一个矩阵为n行m列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择文科获得的喜悦值。
第二个矩阵为n行m列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择理科获得的喜悦值。
第三个矩阵为n-1行m列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。
第四个矩阵为n-1行m列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。
第五个矩阵为n行m-1列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。
第六个矩阵为n行m-1列 此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。
【输出格式】
输出一个整数，表示喜悦值总和的最大值
【样例输入】
1 2
1 1
100 110
1
1000
【样例输出】
1210
【样例说明】
两人都选理，则获得100+110+1000的喜悦值。
【数据规模和约定】
对于10%以内的数据，n,m<=4
对于30%以内的数据，n,m<=8
对于100%以内的数据，n,m<=100 数据保证答案在2^30以内
对于100%的数据，时间限制为0.5s。
参考了大佬的题解http://blog.sina.com.cn/s/blog_c5566b0f0102v7yo.html
首先不用想，这肯定是个最小割……不妨将其解题过程记录下来，以作为一个典型的最小割模型题。
“最小割”求的是一个“最小”的值，而本题需要最大化喜悦值之和，所以很显然，在最小割中被割掉的边应该意味着“放弃该喜悦值”。也就是说，最小割是放弃掉的所有喜悦值。
首先，为了简单起见，我们不妨选取一对相邻点进行研究。不妨设是这样的：
其中S是源点，x,y是我们研究的两个点（也就是原问题中的两个学生），T是汇点。为了方便起见，没有画出边。
文中可能会用到一些符号：w(a,b)表示边(a,b)的容量，x选文的喜悦值为W_x文，x,y都选文的额外喜悦值是W_同文，以此类推。
最小割模型常用的一个手段是：每个点都需要在“在S集”和“在T集”两个事件中选一个。我们规定，“在S集”代表学文，“在T集”代表学理。
那么总的快乐值是：W_x文 + W_x理 + W_y文 + W_y理 + W_同文 + W_同理，割值就是从其中扣掉的快乐值。
下面考虑四种情况：
①x在S，y在S：
红线代表割，左边是S集，右边是T集。割边容量之和：w(x,T) + w(y,T)
“放弃的快乐值”之和：W_x理 + W_y理 + W_同理 （两个人同时学文）
即：w(x,T) + w(y,T) = W_x理 + W_y理 + W_同理
②x在S，y在T：
x学文，y学理。w(x,T) + w(S,y) + w(x,y) = W_x理 + W_y文 + W_同文 + W_同理
类似可以推出后两种情况：
③x在T，y在S：w(S,x) + w(y,T) + w(y,x) = W_x文 + W_y理 + W_同文 + W_同理
④x在T，y在T：w(S,x) + w(S,y) = W_x文 + W_y文 + W_同文
把四种情况写在一起：
①SS：w(x,T) + w(y,T) = W_x理 + W_y理 + W_同理
②ST：w(x,T) + w(S,y) + w(x,y) = W_x理 + W_y文 + W_同文 + W_同理
③TS：w(S,x) + w(y,T) + w(y,x) = W_x文 + W_y理 + W_同文 + W_同理
④TT：w(S,x) + w(S,y) = W_x文 + W_y文 + W_同文
然后，怎么设置这些边的容量呢？
我们看①，左边有两项，右边有三项。
秉承“对称”的思想，我们令：
w(x,T) = W_x理 + 0.5W_同理，
w(y,T) = W_y理 + 0.5W_同理。
类似地，
w(S,x) = W_x文 + 0.5W_同文，
w(S,y) = W_y文 + 0.5W_同文。
然后我们检查②和③。以②为例，将w(x,T)和w(S,y)代入并化简：
w(x,y) = 0.5 ( W_同文 + W_同理 )
同样地由③得：
w(y,x) = 0.5 ( W_同文 + W_同理 )
把x,y扩展至整张棋盘：
对于某个人(i,j)，设它对应的顶点是x。
连边(S,x)，容量为：W_x理 + 0.5 ( x和所有邻居的W_同理之和 )
连边(x,T)，容量为：W_x文 + 0.5 ( x和所有邻居的W_同文之和 )
对于某两个相邻的人x和y（y可能在x的上下左右），
连边(x,y)，容量为：0.5 ( W_同文 + W_同理 )
用所有的快乐值之和（其实就是输入的那六个矩阵的所有元素之和）减去最小割（即最大流）的值即为答案。这里有一点细节：实数容量的网络流不好求，可以把所有边的容量*2，最后输出答案时/2即可。
打代码的时候不小心把n*m打成了n+m，wa了四次，手残.......
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define inf 100000007 7 #define int long long 8 int read() { 9 int s=0,f=1; 10 char ch=getchar(); 11 while(ch>‘9‘||ch<‘0‘) { 12 if(ch==‘-‘) { 13 f=-1; 14 } 15 ch=getchar(); 16 } 17 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { 18 s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48); 19 ch=getchar(); 20 } 21 return s*f; 22 } 23 int n,m,sum; 24 int wen_sin[101][101],li_sin[101][101],wen_xia[101][101],li_xia[101][101],wen_you[101][101],li_you[101][101]; 25 int dis[102][102],num[101][101],zong,tot,S,T,r[10005]; 26 int sum_li[10002],sum_wen[10002]; 27 struct oo { 28 int to,vv,next; 29 } c[1000005]; 30 void add(int x,int y,int z) { 31 c[tot].to=y; 32 c[tot].vv=z; 33 c[tot].next=r[x]; 34 r[x]=tot++; 35 } 36 void init() { 37 memset(r,-1,sizeof(r)); 38 n=read(); 39 m=read(); 40 T=n*m+1; 41 for(int i=1; i<=n; i++) { 42 for(int j=1; j<=m; j++) { 43 num[i][j]=++zong; 44 } 45 } 46 for(int i=1; i<=n; i++) { 47 for(int j=1; j<=m; j++) { 48 wen_sin[i][j]=read()*2; 49 sum+=wen_sin[i][j]; 50 } 51 } 52 for(int i=1; i<=n; i++) { 53 for(int j=1; j<=m; j++) { 54 li_sin[i][j]=read()*2; 55 sum+=li_sin[i][j]; 56 } 57 } 58 for(int i=1; i<n; i++) { 59 for(int j=1; j<=n; j++) { 60 wen_xia[i][j]=read()*2; 61 sum_wen[num[i][j]]+=wen_xia[i][j]; 62 sum_wen[num[i+1][j]]+=wen_xia[i][j]; 63 sum+=wen_xia[i][j]; 64 } 65 } 66 for(int i=1; i<n; i++) { 67 for(int j=1; j<=m; j++) { 68 li_xia[i][j]=read()*2; 69 sum_li[num[i][j]]+=li_xia[i][j]; 70 sum_li[num[i+1][j]]+=li_xia[i][j]; 71 sum+=li_xia[i][j]; 72 } 73 } 74 for(int i=1; i<=n; i++) { 75 for(int j=1; j<m; j++) { 76 wen_you[i][j]=read()*2; 77 sum_wen[num[i][j]]+=wen_you[i][j]; 78 sum_wen[num[i][j+1]]+=wen_you[i][j]; 79 sum+=wen_you[i][j]; 80 } 81 } 82 for(int i=1; i<=n; i++) { 83 for(int j=1; j<m; j++) { 84 li_you[i][j]=read()*2; 85 sum_li[num[i][j]]+=li_you[i][j]; 86 sum_li[num[i][j+1]]+=li_you[i][j]; 87 sum+=li_you[i][j]; 88 } 89 } 90 } 91 // S li T wen 92 void build() { 93 for(int i=1; i<=n; i++) { 94 for(int j=1; j<=m; j++) { 95 int x=li_sin[i][j]+sum_li[num[i][j]]/2; 96 add(S,num[i][j],x); 97 add(num[i][j],S,0); 98 int y=wen_sin[i][j]+sum_wen[num[i][j]]/2; 99 add(num[i][j],T,y); 100 add(T,num[i][j],0); 101 if(i<n) { 102 add(num[i][j],num[i+1][j],(li_xia[i][j]+wen_xia[i][j])/2); 103 add(num[i+1][j],num[i][j],0); 104 add(num[i+1][j],num[i][j],(li_xia[i][j]+wen_xia[i][j])/2); 105 add(num[i][j],num[i+1][j],0); 106 } 107 if(j<m) { 108 add(num[i][j],num[i][j+1],(li_you[i][j]+wen_you[i][j])/2); 109 add(num[i][j+1],num[i][j],0); 110 add(num[i][j+1],num[i][j],(li_you[i][j]+wen_you[i][j])/2); 111 add(num[i][j],num[i][j+1],0); 112 } 113 } 114 } 115 } 116 int queue[1000005],head,tail,deep[10005]; 117 bool bfs(int s,int t) { 118 memset(deep,0,sizeof(deep)); 119 head=tail=0; 120 deep[s]=1; 121 queue[++tail]=s; 122 while(head<tail) { 123 int opt=queue[++head]; 124 for(int i=r[opt]; ~i; i=c[i].next) { 125 if(c[i].vv&&!deep[c[i].to]) { 126 deep[c[i].to]=deep[opt]+1; 127 queue[++tail]=c[i].to; 128 if(c[i].to==t) { 129 return 1; 130 } 131 } 132 } 133 } 134 return 0; 135 } 136 int dfs(int opt,int fw) { 137 if(opt==T) { 138 return fw; 139 } 140 int tmp=fw,k; 141 for(int i=r[opt]; ~i; i=c[i].next) { 142 if(tmp&&c[i].vv&&deep[c[i].to]==deep[opt]+1) { 143 k=dfs(c[i].to,min(c[i].vv,tmp)); 144 if(!k) { 145 deep[c[i].to]=0; 146 continue; 147 } 148 c[i].vv-=k; 149 c[i^1].vv+=k; 150 tmp-=k; 151 } 152 } 153 return fw-tmp; 154 } 155 int dinic(int s,int t) { 156 int ans=0; 157 while(bfs(s,t)) { 158 ans+=dfs(s,inf); 159 } 160 return ans; 161 } 162 int Main(){ 163 freopen("nt2011_happiness.in","r",stdin); 164 freopen("nt2011_happiness.out","w",stdout); 165 init(); 166 build(); 167 int ans=dinic(S,T); 168 printf("%d\n",(sum-ans)>>1); 169 return 0; 170 } 171 int hehe=Main(); 172 signed main() { 173 ; 174 }
