【BZOJ1976】[BeiJing2010组队]能量魔方 Cube 最小割

【BZOJ1976】[BeiJing2010组队]能量魔方 Cube

Description

小C 有一个能量魔方,这个魔方可神奇了,只要按照特定方式,放入不同的 能量水晶,就可以产生巨大的能量。 能量魔方是一个 N*N*N 的立方体,一共用 N3 个空格可以填充能量水晶。 能量水晶有两种: ·一种是正能量水晶(Positive) ·一种是负能量水晶(Negative) 当这个魔方被填满后,就会依据填充的能量水晶间的关系产生巨大能量。对 于相邻两(相邻就是拥有同一个面)的两个格子,如果这两个格子填充的是一正一 负两种水晶,就会产生一单位的能量。而整个魔方的总能量,就是这些产生的能 量的总和。 现在,小 C 已经在魔方中填充了一些水晶,还有一些位置空着。他想知道, 如果剩下的空格可以随意填充,那么在最优情况下,这个魔方可以产生多少能量。

Input

第一行包含一个数N,表示魔方的大小。 接下来 N2 行,每行N个字符,每个字符有三种可能: P:表示此方格已经填充了正能量水晶; N:表示此方格已经填充了负能量水晶; ?:表示此方格待填充。 上述 N*N 行,第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后,从左到右的 状态。且每 N 行间,都有一空行分隔。

Output

仅包含一行一个数,表示魔方最多能产生的能量

Sample Input

2
P?
??
??
N?

Sample Output

9

HINT

如下状态时,可产生最多的能量。 
PN 
NP 
NP 
NN 
【数据规模】 
10% 的数据N≤3; 
30% 的数据N≤4; 
80% 的数据N≤10; 
100% 的数据N≤40。 

题解:经典的最小割模型,只不过变成了三维的。先黑白染色,然后黑色的点翻转源汇,具体方法:

1.S ->i 容量为i周围已确定的N个数
2.i -> T 容量为i周围已确定的P个数
上面2条边要翻转源汇
3.i <-> j 容量1

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
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,ans,cnt,tot,S,T;
int dx[]={0,0,0,0,1,-1},dy[]={0,0,1,-1,0,0},dz[]={1,-1,0,0,0,0};
int map[50][50][50],to[2000000],next[2000000],val[2000000],d[100000],head[100000];
char str[50];
queue<int> q;
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++;
}
int main()
{
    int i,j,k,l,x,y,z,a,b,c;
    scanf("%d",&n);
    S=0,T=tot=1;
    for(i=1;i<=n;i++)    for(j=1;j<=n;j++)
    {
        scanf("%s",str+1);
        for(k=1;k<=n;k++)
        {
            if(str[k]=='P') map[i][j][k]=1;
            if(str[k]=='N') map[i][j][k]=0;
            if(str[k]=='?') map[i][j][k]=++tot;
        }
    }
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(i=1;i<=n;i++)    for(j=1;j<=n;j++)    for(k=1;k<=n;k++)
    {
        if(map[i][j][k]>1)
        {
            a=b=0,c=map[i][j][k];
            for(l=0;l<6;l++)
            {
                x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];
                if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n)
                {
                    if(map[x][y][z]==0) b++;
                    if(map[x][y][z]==1) a++;
                    if(map[x][y][z]>1&&((i^j^k)&1))  add(c,map[x][y][z],1),add(map[x][y][z],c,1),ans++;
                }
            }
            if((i^j^k)&1)   swap(a,b);
            add(S,c,a),add(c,T,b),ans+=a+b;
        }
        if(map[i][j][k]==0)
        {
            for(l=0;l<6;l++)
            {
                x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];
                if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n&&map[x][y][z]==1) ans++;
            }
        }
    }
    while(bfs())    ans-=dfs(S,1<<30);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}
posted @   CQzhangyu  阅读(360)  评论(1编辑  收藏  举报
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