【BZOJ2597】[Wc2007]剪刀石头布 最小费用流

【BZOJ2597】[Wc2007]剪刀石头布

Description

在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到A胜过B，B胜过C而C又胜过A的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将(A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B)和(C, B, A)视为相同的情况。

有N个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。

Input

输入文件的第1行是一个整数N，表示参加比赛的人数。

之后是一个N行N列的数字矩阵：一共N行，每行N列，数字间用空格隔开。

在第(i+1)行的第j列的数字如果是1，则表示i在已经发生的比赛中赢了j；该数字若是0，则表示在已经发生的比赛中i败于j；该数字是2，表示i和j之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第(i+1)行第i列的数字都是0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。

输入文件保证合法，不会发生矛盾，当i≠j时，第(i+1)行第j列和第(j+1)行第i列的两个数字要么都是2，要么一个是0一个是1。

Output

输出文件的第1行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。

输出文件的第2行开始有一个和输入文件中格式相同的N行N列的数字矩阵。第(i+1)行第j个数字描述了i和j之间的比赛结果，1表示i赢了j，0表示i负于j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字2；对角线上的数字都是0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。

Sample Input

3
0 1 2
0 0 2
2 2 0

Sample Output

1
0 1 0
0 0 1
1 0 0

HINT

100%的数据中，N≤ 100。

题解：看到数据范围和大致题意想到了网络流（并且是拆边的那种），然后正着做不出来想到反着做，然而自己太弱了反着做都做不出来，于是看大爷的题解，秒懂。

为了建图，首先我们想象原图是一张竞赛图（任意两点之间有一条有向边相连），我们要给部分边定向，使得形成的三元环尽可能多。我们考虑每个三元组，如果不能形成环，当且仅当一个点的出度=2。所以，一个点的每两个出度就对应了失去的一个三元环。所以总环数=$C_n^3-\sum C_{d[i]}^2$。然后$C_{d[i]}^2={d[i]*(d[i]-1)\over 2}$，差分一下就会发现一个点每次d[i]++，就要失去d[i]-1个三元环。所以我们想到以出度为流量，构建最小费用最大流模型。

建图部分其实很简单，不具体解释了，直接上连边方法：

1.S->每条无向边 费用0，容量1
2.每条无向边->它的两个顶点 费用0，容量1
3.每个点->T 连若干条边，其中第i条费用i-1，容量1

至于原图中的有向边，特判一下就好了。输出方案什么的，自己搞一搞吧~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,cnt,S,T,tot,ans;
int to[1000000],next[1000000],cost[1000000],flow[1000000],dis[10000],inq[10000],pe[10000],pv[10000],head[10000];
int d[110],res[110][110];
queue<int> q;
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;
}
void add(int a,int b,int c,int d)
{
	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	int i,u;
	q.push(S),dis[S]=0;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(int i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])
			{
				dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return dis[T]<0x3f3f3f3f;
}
int main()
{
	n=rd(),S=0,T=tot=n+1;
	int i,j,a,mf;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			a=rd();
			if(i>=j)	continue;
			if(a==2)	res[i][j]=cnt+3,add(S,++tot,0,1),add(tot,i,0,1),add(tot,j,0,1),add(i,T,d[i]++,1),add(j,T,d[j]++,1);
			if(a==1)	res[i][j]=-1,add(S,i,0,1),add(i,T,d[i]++,1);
			if(a==0)	res[i][j]=-2,add(S,j,0,1),add(j,T,d[j]++,1);
		}
	}
	ans=n*(n-1)*(n-2)/6;
	while(bfs())
	{
		mf=1<<30;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);
		ans-=dis[T]*mf;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
	}
	printf("%d\n",ans);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(j!=1)	printf(" ");
			if(i>j)	printf("%d",res[j][i]^1);
			else	if(i==j)	printf("0");
			else
			{
				if(res[i][j]==-1)	res[i][j]=1;
				else	if(res[i][j]==-2)	res[i][j]=0;
				else	res[i][j]=flow[res[i][j]];
				printf("%d",res[i][j]);
			}
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}