【bzoj3996】[TJOI2015]线性代数 最大权闭合图

题目描述

给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

输入

第一行输入一个整数N，接下来N行输入B矩阵，第i行第J个数字代表Bij.

接下来一行输入N个整数，代表矩阵C。矩阵B和矩阵C中每个数字都是不超过1000的非负整数。

输出

输出最大的D

样例输入

3
1 2 1
3 1 0
1 2 3
2 3 7

样例输出

2

---

题解

网络流最大权闭合图

（推导过程什么的不重要，只要注意一下矩阵乘法不满足结合律。其实看懂结论就行）

由于A是01矩阵，所以bij对答案有贡献的前提是ai和aj都为1；而若ai为1，则会对答案产生贡献-ci

即取bij的前提是取-ci和-cj。

很容易看出这是一个最大权闭合图模型。

连边s->pos(bij)，容量为bij；pos(ci)->t，容量为ci；pos(bij)->pos(ci)、pos(cj)，容量为inf。

然后跑最小割，答案为∑bij-mincut。

MDZZ写个LaTeX真是累死了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 300000
#define M 2000000
#define inf 0x3f3f3f3f
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 , i , j , x , ans = 0;
	scanf("%d" , &n);
	s = 0 , t = n * n + n + 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
			scanf("%d" , &x) , add(s , (i - 1) * n + j , x) , add((i - 1) * n + j , i + n * n , inf) , add((i - 1) * n + j , j + n * n , inf) , ans += x;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , add(i + n * n , t , x);
	while(bfs()) ans -= dinic(s , inf);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}