【bzoj3144】[Hnoi2013]切糕 网络流最小割

题目描述

输入

第一行是三个正整数P,Q,R，表示切糕的长P、 宽Q、高R。第二行有一个非负整数D，表示光滑性要求。接下来是R个P行Q列的矩阵，第z个 矩阵的第x行第y列是v(x,y,z) (1≤x≤P, 1≤y≤Q, 1≤z≤R)。 
100%的数据满足P,Q,R≤40，0≤D≤R，且给出的所有的不和谐值不超过1000。

输出

仅包含一个整数，表示在合法基础上最小的总不和谐值。

样例输入

2 2 2
1
6 1
6 1
2 6
2 6

样例输出

6

---

题目大意

给定一个p行q列的矩阵，每个位置可以选择一个1~r的整数，选择不同的数有不同的代价，并且相邻的两个位置上的数的差的绝对值不能超过d，求最小总代价

题解

网络流最小割

看到这题首先一脸懵**，不知道怎么搞，然后想起省选讲题时清华学长所说：条件限制强、数据不大不小的题基本上就是网络流。

于是想了一下但是没有写出来，直到Apio2017时讲到了这道题才明白。

首先，如果是网络流，一定是最小割模型或费用流模型。但费用流很难表达相邻相差不超过d的条件，于是放弃，想最小割。

假如没有限制条件，那么可以对矩阵每个位置拆出r+1个点，连上r条边，边权代表代价。跑最小割即可。（如果不是为了网络流不会这么思考）

然后考虑限制条件，那么应该有：割断边位置超过d的不应算作最小割的一部分。那么让它不为最小割即可。

我们可以在位置相差超过d的点之间加一条容量为inf的边，这条边不会被割掉，则其两边的边一定会被割掉。

故连边(k,i)->(k',i-d)，容量为inf，其中编号为k和k'的点相邻。

这样建完图以后跑最小割即为答案。

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80

#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #define N 70010 #define M 1000010 #define inf 0x3f3f3f3f #define pos(i , j , k) n * m * (k) + m * (i - 1) + j using namespace std; queue<int> q; int head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N]; void add(int x , int y , int z) {     to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;     to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt; } bool bfs() {     int x , i;     memset(dis , 0 , sizeof(dis));     while(!q.empty()) q.pop();     dis[s] = 1 , q.push(s);     while(!q.empty())     {         x = q.front() , q.pop();         for(i = head[x] ; i ; i = next[i])         {             if(val[i] && !dis[to[i]])             {                 dis[to[i]] = dis[x] + 1;                 if(to[i] == t) return 1;                 q.push(to[i]);             }         }     }     return 0; } int dinic(int x , int low) {     if(x == t) return low;     int temp = low , i , k;     for(i = head[x] ; i ; i = next[i])     {         if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)         {             k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));             if(!k) dis[to[i]] = 0;             val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;             if(!(temp -= k)) break;         }     }     return low - temp; } int main() {     int n , m , p , d , x , i , j , k , ans = 0;     scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &p , &d) , s = 0 , t = n * m * (p + 1) + 1;     for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )         for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )             add(s , pos(i , j , 0) , inf) , add(pos(i , j , p) , t , inf);     for(k = 1 ; k <= p ; k ++ )         for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )             for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )                 scanf("%d" , &x) , add(pos(i , j , k - 1) , pos(i , j , k) , x);     for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )     {         for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )         {             for(k = d + 1 ; k < p ; k ++ )             {                 if(i > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i - 1 , j , k - d) , inf);                 if(i < n) add(pos(i , j , k) , pos(i + 1 , j , k - d) , inf);                 if(j > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i , j - 1 , k - d) , inf);                 if(j < m) add(pos(i , j , k) , pos(i , j + 1 , k - d) , inf);             }         }     }     while(bfs()) ans += dinic(s , inf);     printf("%d\n" , ans);     return 0; }