[TJOI2015]线性代数

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题目描述

为了提高智商,\(ZJY\)开始学习线性代数。她的小伙伴菠萝给她出了这样一个问题:给定一个\(n×n\)的矩阵\(B\)和一个\(1×n\)的矩阵\(C\)。求出一个\(1×n\)的\(01\)矩阵\(A\)。使得\(D=(A*B-C)*A^T\) 最大,其中\(A^T\)为\(A\)的转置。输出\(D\)。

输入格式：

第一行输入一个整数\(n\)。接下来\(n\)行输入\(B\)矩阵,第\(i\)行第\(j\)个数代表\(B\)接下来一行输入\(n\)个整数,代表矩阵\(C\)。矩阵\(B\)和矩阵\(C\)中每个数字都是不过\(1000\)的非负整数

输出格式：

输出一个整数,表示最大的\(D\)。

输入样例:
3
1 2 1
3 1 0
1 2 3
2 3 7

输出样例：
2

\(Solution\)

首先来化简一下式子

\[D=(A*B-C)*A^T\]
\[=\sum_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{n}A_j*B_{j,i}-C_i)*A_i\]
\[=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}A_i*A_j*B_{i,j}-\sum_{i=1}^{n}C_i*A_i\]

因为题目已经说明了\(A\)是一个\(01\)串,所以我们可以发现当\(A_i\)为\(0\)的时候对答案并没有任何贡献，不用计算。当\(A_i\)为\(1\)时，会有\(C_i\)的花费。但如果同时选\(j\)会有\(B_{i,j}\)的花费.所以这显然是一个最小割模型了。讲1看为选，0为不选

建图：

• 将每个\(B_{ij}\)看做一个点,总共有\(n*n\)个点。将这\(S\)和这\(n*n\)个点相连，流量为\(B_{i,j}\)
• 新建\(n\)个点。将这些点和\(T\)相连，流量为\(C_i\)
• 将\(n*n\)个点和新建节点中的\(i,j\)相连，流量为\(inf\)

答案就是\(B\)矩阵内的和-最小割

\(Code\)

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1e9
using namespace std;
typedef long long ll;
int read(){
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*f;
}
struct node{
    int to,next,v;
}a[2000001];
int head[1000001],cnt,n,m,s,t,x,y,z,dep[260000],sum,cur[260000];
void add(int x,int y,int c){
    a[++cnt].to=y,a[cnt].next=head[x],a[cnt].v=c,head[x]=cnt;
    a[++cnt].to=x,a[cnt].next=head[y],a[cnt].v=0,head[y]=cnt;
}
queue<int> q;
int bfs(){
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    q.push(s);
    dep[s]=1;
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[now];i;i=a[i].next){
            int v=a[i].to;
            if(!dep[v]&&a[i].v>0)
                dep[v]=dep[now]+1,q.push(v);
        }
    }
    if(dep[t])
        return 1;
    return 0;
}
int dfs(int k,int list){
    if(k==t||!list)
        return list;
    for(int &i=cur[k];i;i=a[i].next){
        int v=a[i].to;
        if(dep[v]==dep[k]+1&&a[i].v>0){
            int p=dfs(v,min(list,a[i].v));
            if(p){
                a[i].v-=p;
                i&1?a[i+1].v+=p:a[i-1].v+=p;
                return p;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int Dinic(){
    int ans=0,k;
    while(bfs()){
        for(int i=s;i<=t;i++)
            cur[i]=head[i];
        while((k=dfs(s,inf)))
            ans+=k;
    }
    return ans;
}
int main(){
    n=read(),s=0,t=n*n+n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            x=read(),sum+=x,add(s,(i-1)*n+j,x),add((i-1)*n+j,i+n*n,inf),add((i-1)*n+j,j+n*n,inf);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        x=read(),add(i+n*n,t,x);
    printf("%d\n",sum-Dinic());
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/hbxblog/p/10280551.html