题目链接：HDU-3338 Kakuro Extension
题意
给出一个$n\times m$的网格，每个格子为黑色或白色，对于一行中连续的若干个白色格子，我们要往这若干个白色格子中填入$1\sim 9$的数字，使其和等于左边黑色格子中的一个已知数字$a_1$；对于一列中连续的若干个白色格子，同理填入$1\sim 9$的数字使其和等于上边黑色格子中的一个已知数字$a_2$。如果一个黑色格子相邻的右边和下边都有白色格子，那么这个黑色格子是带有两个已知数字$a_1$和$a_2$的，分别代表右边和下边白色格子的和。要求给出所有白色格子的填数方案。
思路
抽象出源点$s$和汇点$t$，下面用(始点，终点，容量)来表示流网络中的一条边，建图：
对于带有$a_1$的黑色格子$u$，连边$(s, u, a_1-cnt_1)$（$cnt_1$表示$u$右边相邻连续的白色格子数量）；
对于带有$a_2$的黑色格子$u‘$，连边$(u‘,t,a_2-cnt_2)$（$cnt_2$表示$u$下边相邻连续的白色格子数量）；
对于带有$a_1$和$a_2$的黑色格子，则需要拆成两个点$u$和$u‘$，连边$(s, u, a_1-cnt_1)$，$(u‘,t,a_2-cnt_2)$；
对于白色格子$v$的连边，由于填入的数字有$1\sim 9$的限制，是有上下界限制的网络流，我们用边$(v,u‘)$的流量来表示填入的数字，因为最大流中有的边流量可能为$0$，所以我们将$1\sim 9$的限制改为$0\sim 8$，最后输出的时候再加$1$即可(这也是为什么上面的连边都要减掉$cnt_1$或$cnt_2$，因为每个格子数字减了$1$，总和就要减掉格子数量)，这样我们应该连的边为$(u, v, 8), (v, u‘, 8)$。
Ford-Fulkerson方法跑最大流后，边$(v,u‘)$的初始容量$8$减去残余容量就是这条边的流量，再$+1$就是$v$对应的白色格子应填入的数字。
实际实现中，用合理的编号表示上面所提到的$u,u‘,v$等结点，不要不同结点用相同编号即可。
代码实现
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using std::queue;
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 22000, M = 55000;
int head[N], d[N];
int s, t, tot, maxflow;
struct Edge
{
int to, cap, nex;
} edge[M];
struct Grid
{
int x, y;
bool color;
} grid[110][110];
queue<int> q;
void add(int x, int y, int z) {
edge[++tot].to = y, edge[tot].cap = z, edge[tot].nex = head[x], head[x] = tot;
edge[++tot].to = x, edge[tot].cap = 0, edge[tot].nex = head[y], head[y] = tot;
}
bool bfs() {
memset(d, 0, sizeof(d));
while (q.size()) q.pop();
q.push(s); d[s] = 1;
while (q.size()) {
int x = q.front(); q.pop();
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].nex) {
int v = edge[i].to;
if (edge[i].cap && !d[v]) {
q.push(v);
d[v] = d[x] + 1;
if (v == t) return true;
}
}
}
return false;
}
int dinic(int x, int flow) {
if (x == t) return flow;
int rest = flow, k;
for (int i = head[x]; i && rest; i = edge[i].nex) {
int v = edge[i].to;
if (edge[i].cap && d[v] == d[x] + 1) {
k = dinic(v, std::min(rest, edge[i].cap));
if (!k) d[v] = 0;
edge[i].cap -= k;
edge[i^1].cap += k;
rest -= k;
}
}
return flow - rest;
}
void init(int n) {
tot = 1, maxflow = 0;
s = n + 1, t = s + 1;
memset(head, 0, sizeof(head));
}
void read_build(int n, int m) {
char str[10];
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
scanf(" %s", str);
if (str[0] == ‘.‘) {
grid[i][j].color = grid[i][j].x = grid[i][j].y = 0;
continue;
}
grid[i][j].color = 1;
if (str[0] != ‘X‘) grid[i][j].y = (str[0] - ‘0‘) * 100 + (str[1] - ‘0‘) * 10 + (str[2] - ‘0‘);
else grid[i][j].y = 0;
if (str[4] != ‘X‘) grid[i][j].x = (str[4] - ‘0‘) * 100 + (str[5] - ‘0‘) * 10 + (str[6] - ‘0‘);
else grid[i][j].x = 0;
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
int cnt = 0;
if (grid[i][j].color && grid[i][j].y) {
for (int k = i + 1; k < n; k++) {
if (grid[k][j].color) break;
++cnt;
add(k * m + j, n * m + i * m + j, 8);
}
add(n * m + i * m + j, t, grid[i][j].y - cnt);
}
cnt = 0;
if (grid[i][j].color && grid[i][j].x) {
for (int k = j + 1; k < m; k++) {
if (grid[i][k].color) break;
++cnt;
add(i * m + j, i * m + k, 8);
}
add(s, i * m + j, grid[i][j].x - cnt);
}
}
}
}
void print(int n, int m) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (grid[i][j].color == 1) {
printf("_%c", " \n"[j==m-1]);
continue;
}
int res = 0;
for (int k = head[i*m+j]; k; k = edge[k].nex) {
if (k % 2 == 0) res += edge[k].cap;
}
printf("%d%c", 9 - res, " \n"[j==m-1]);
}
}
}
int main() {
int n, m;
while (~scanf("%d %d", &n, &m)) {
init(2 * n * m);
read_build(n, m);
while (bfs()) maxflow += dinic(s, INF);
print(n, m);
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/kangkang-/p/11334952.html