【BZOJ2044】三维导弹拦截
Description
一场战争正在A国与B国之间如火如荼的展开。 B国凭借其强大的经济实力开发出了无数的远程攻击导弹,B国的领导人希望,通过这些导弹直接毁灭A国的指挥部,从而取得战斗的胜利!当然,A国人民不会允许这样的事情发生,所以这个世界上还存在拦截导弹。 现在,你是一名A国负责导弹拦截的高级助理。 B国的导弹有效的形成了三维立体打击,我们可以将这些导弹的位置抽象三维中间的点(大小忽略),为了简单起见,我们只考虑一个瞬时的状态,即他们静止的状态。 拦截导弹设计非常精良,可以精准的引爆对方导弹而不需要自身损失,但是A国面临的一个技术难题是,这些导弹只懂得直线上升。精确的说,这里的直线上升指xyz三维坐标单调上升。 给所有的B国导弹按照1至N标号,一枚拦截导弹可以打击的对象可以用一个xyz严格单调上升的序列来表示,例如: B国导弹位置:(0, 0, 0) (1, 1, 0) (1, 1, 1), (2, 2, 2) 一个合法的打击序列为:{1, 3, 4} 一个不合法的打击序列为{1, 2, 4} A国领导人将一份导弹位置的清单交给你,并且向你提出了两个最简单不过的问题(假装它最简单吧): 1.一枚拦截导弹最多可以摧毁多少B国的导弹? 2.最少使用多少拦截导弹才能摧毁B国的所有导弹? 不管是为了个人荣誉还是国家容易,更多的是为了饭碗,你,都应该好好的把这个问题解决掉!
Input
第一行一个整数N给出B国导弹的数目。 接下来N行每行三个非负整数Xi, Yi, Zi给出一个导弹的位置,你可以假定任意两个导弹不会出现在同一位置。
Output
第一行输出一个整数P,表示一枚拦截导弹之多能够摧毁的导弹数。 第二行输出一个整数Q,表示至少需要的拦截导弹数目。
Sample Input
4
0 0 0
1 1 0
1 1 1
2 2 2
Sample Output
3
2
HINT
所有的坐标都是[0,10^6]的整数
对于30%的数据满足N < 31
对于50%的数据满足N < 101
对于100%的数据满足N < 1001
题解:第一问暴力DP即可,下面考虑第二问。
这题本质上是求最小路径覆盖,所以可以用有上下界的网络流(最小流)解决。这里不说如何建最小流了。不过,由于本题的特殊性质,最小流的第一次dinic一定是满流的,所以我们可以直接进行第二次dinic。第二次的建图方法如下:
1.S -> i 容量1
2.i‘ -> T 容量1
3.i‘ -> i 容量1
4.对于边<i,j> i-> j‘ 容量1
n-最大流即是答案。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; int n,ans1,ans2,cnt,S,T; struct node { int x,y,z; }p[1010]; int f[1010],to[2000010],next[2000010],val[2000010],head[2010],d[2010]; queue<int> q; bool cmp(const node &a,const node &b) { return a.x<b.x; } int dfs(int x,int mf) { if(x==T) return mf; int i,k,temp=mf; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) { if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i]) { k=dfs(to[i],min(temp,val[i])); if(!k) d[to[i]]=0; val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k; if(!temp) break; } } return mf-temp; } int bfs() { while(!q.empty()) q.pop(); memset(d,0,sizeof(d)); int i,u; q.push(S),d[S]=1; while(!q.empty()) { u=q.front(),q.pop(); for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]) { if(!d[to[i]]&&val[i]) { d[to[i]]=d[u]+1; if(to[i]==T) return 1; q.push(to[i]); } } } return 0; } inline void add(int a,int b,int c) { to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++; } inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();} while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar(); return ret*f; } int main() { n=rd(),S=0,T=2*n+1; int i,j; for(i=1;i<=n;i++) p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].z=rd(); sort(p+1,p+n+1,cmp); memset(head,-1,sizeof(head)); for(i=1;i<=n;i++) { f[i]=1,add(S,i,1),add(i+n,i,1),add(i+n,T,1); for(j=1;j<i;j++) if(p[j].x<p[i].x&&p[j].y<p[i].y&&p[j].z<p[i].z) f[i]=max(f[i],f[j]+1),add(j,i+n,1); ans1=max(ans1,f[i]); } printf("%d\n",ans1); while(bfs()) ans2+=dfs(S,1<<30); printf("%d",n-ans2); return 0; }