bzoj3774 最优选择

题目描述：

小N手上有一个N*M的方格图，控制某一个点要付出Aij的代价，然后某个点如果被控制了，或者他周围的所有点(上下左右)都被控制了，那么他就算是被选择了的。一个点如果被选择了，那么可以得到Bij的回报，现在请你帮小N选一个最优的方案，使得回报-代价尽可能大。

题解：

最开始以为是最大权闭合子图裸题，后来发现少了点什么……

一般的图是正权->负权，但是这道题是负权->正权。

于是考虑拆点+最小割。

先假设手里拿着有所有的价值，即$\sum(b)$

对于一个点有三种情况：

1.占领这个点，此时代价为$a$；

2.不占领这个点，但是上下左右的某一个格子被占领了，此时代价为$0$；

2.不占领这个点，而且上下左右都是空的，此时代价为$b$；

我们可以先将棋盘黑白染色，然后建图。

重点是怎么建图。

拆点，每个点拆出的$x,y$之间连一条容量为$b$的边，源点向黑点的$x$连容量为$a$的边，白点的$y$向汇点连一条容量为$a$的边。

黑$x$向附近的白$x$连容量为$inf$的边，$y$同理。

意思是强迫割掉$a$，$b$或相邻点的$a$。

代码：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5500;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){c=c*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,hed[N],cnt=-1,S=1,T,cur[N];
int dx[]={-1,1,0,0};
int dy[]={0,0,-1,1};
bool check(int x,int y){return x>=1&&y>=1&&x<=n&&y<=m;}
int _id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
ll ans;
struct EG
{
    int to,nxt;
    ll w;
}e[20*N];
void ae(int f,int t,ll w)
{
    e[++cnt].to = t;
    e[cnt].nxt  = hed[f];
    e[cnt].w    = w;
    hed[f] = cnt;
}
void AE(int f,int t,ll w)
{
    ae(f,t,w);
    ae(t,f,0);
}
int dep[N];
bool vis[N];
bool bfs()
{
    memset(dep,0x3f,sizeof(dep));
    memcpy(cur,hed,sizeof(cur));
    queue<int>q;
    dep[1]=0,vis[1]=1;q.push(1);
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int j=hed[u];~j;j=e[j].nxt)
        {
            int to = e[j].to;
            if(e[j].w&&dep[to]>dep[u]+1)
            {
                dep[to]=dep[u]+1;
                if(!vis[to])vis[to]=1,q.push(to);
            }
        }
        vis[u]=0;
    }
    return dep[T]!=inf;
}
ll dfs(int u,ll lim)
{
    if(u==T||!lim)return lim;
    ll fl=0,f;
    for(int j=cur[u];~j;j=e[j].nxt)
    {
        cur[u]=j;
        int to = e[j].to;
        if(dep[to]==dep[u]+1&&(f=dfs(to,min(lim,e[j].w))))
        {
            fl+=f,lim-=f;
            e[j].w-=f,e[j^1].w+=f;
            if(!lim)break;
        }
    }
    return fl;
}
ll dinic()
{
    ll ret=0;
    while(bfs())
        ret+=dfs(S,inf);
    return ret;
}
int main()
{
    read(n),read(m);
    if(n==1&&m==1)
    {
        int a,b;
        read(a),read(b);
        if(b>a)ans=b-a;
        printf("%lld\n",ans);
        return 0;
    }
    memset(hed,-1,sizeof(hed));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int a,j=1;j<=m;j++)
        {
            read(a);
            if((i+j)&1)AE(S,_id(i,j)<<1,a);
            else AE(_id(i,j)<<1|1,T,a);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int b,j=1;j<=m;j++)
        {
            read(b);ans+=b;
            int u = _id(i,j);
            AE(u<<1,u<<1|1,b);
            if((i+j)&1)
            {
                for(int x,y,o=0;o<4;o++)
                {
                    x = dx[o]+i,y = dy[o]+j;
                    if(check(x,y))
                    {
                        int t = _id(x,y);
                        AE(u<<1,t<<1,inf);
                        AE(u<<1|1,t<<1|1,inf);
                    }
                }
            }
        }
    printf("%lld\n",ans-dinic());
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/LiGuanlin1124/p/10349107.html