【Coel.学习笔记】最小割例题补充
[POJ1966] Cable TV Network
洛谷传送门 双倍经验
给定一张无向图,问至少去掉多少个点可以使图不连通。若不管怎么删点图都连通,返回 \(n\)。
解析:枚举源点和汇点,找到需要删除的点的最小值即可。由于要删的是点而不是边,使用拆点法。难度不大,但是读入格式非常毒瘤……使用 scanf
的格式串会方便许多。
注意两个经验的输入格式略有不同, SPOJ 在开头有数据组数, UVA 没有。
int main(void) {
scanf("%d", &Tt);
while (Tt--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(head, -1, sizeof(head));
cnt = 0, ans = n;
for (int i = 0; i < n; i++)
add(i, n + i, 1);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v;
scanf(" (%d,%d)", &u, &v);
add(n + u, v, inf), add(n + v, u, inf);
}
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < i; j++) {
S = n + i, T = j;
for (int k = 0; k < cnt; k += 2)
c[k] += c[k ^ 1], c[k ^ 1] = 0;
ans = min(ans, dinic());
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
网络流 24 题:太空飞行计划问题
洛谷传送门
可以做若干次实验,每次实验需要若干个器材,能获得一定利润。找到一个做实验和买器材的方案使得净收入最大。
解析:这题很像之前的最大获益,但每次实验需要用的器材数量不固定。
建图方式还是一样的,只不过要连的边数不同罢了。答案等于正权边之和减去最小割。
本题还要输出方案,
另外这题输入也比较毒瘤……
void dfs(int u) {
vis[u] = true;
for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i])
if (!vis[to[i]] && c[i]) dfs(to[i]);
}
int main(void) {
cin >> m >> n;
getchar();
S = 0, T = m + n + 1;
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i = 1, w, id; i <= m; i++) {
string line;
getline(cin, line);
stringstream ss(line); //用 stringstram读入一行的实验费用
ss >> w;
add(S, i, w);
while (ss >> id) add(i, m + id, inf);
tot += w;
}
for (int i = 1, p; i <= n; i++) {
cin >> p;
add(m + i, T, p);
}
int res = dinic();
dfs(S);
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (vis[i]) cout << i << ' ';
cout << '\n';
for (int i = m + 1; i <= m + n; i++)
if (vis[i]) cout << i - m << ' ';
cout << '\n' << tot - res;
return 0;
}
网络流 24 题:骑士共存问题
在 \(n\times n\) 的棋盘上有 \(m\) 个障碍,障碍上不能放棋子。计算棋盘上最多可以放置多少个骑士,使得它们彼此互不攻击。骑士的攻击范围和中国象棋的马一样。
解析:看到这种问题很多人第一眼就是爆搜/状压 DP,但对不起,这里是网络流 24 题。
观察一下国际象棋棋盘,发现同样可以用王者之剑里的方法染黑白点。把黑点与白点分开,就成了一个二分图。黑点白点分别与源点汇点相连,容量为 1;可到达的点相连,容量正无穷。做一遍最小割,直接总点数减去答案即可。
const int dx[] = {1, 1, -1, -1, 2, 2, -2, -2},
dy[] = {2, -2, 2, -2, 1, -1, 1, -1};
inline int get(int x, int y) { return (x - 1) * n + y; }
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
S = 0, T = n * n + 1;
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(vis, true, sizeof(vis));
for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
cin >> x >> y;
vis[x][y] = false;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (vis[i][j]) {
if ((i + j) & 1) {
add(S, get(i, j), 1);
for (int k = 0; k < 8; k++) {
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= n && vis[x][y])
add(get(i, j), get(x, y), inf);
}
}
else
add(get(i, j), T, 1);
tot++;
}
cout << tot - dinic();
return 0;
}