【bzoj2597】[Wc2007]剪刀石头布 动态加边费用流
题目描述
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。
输入
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。
输出
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。
样例输入
3
0 1 2
0 0 2
2 2 0
样例输出
1
0 1 0
0 0 1
1 0 0
题解
动态加边费用流
首先正着想很难想，考虑反过来：已知最多可能产生的情况个数为$C_n^3$，求最少破坏多少个“剪刀石头布”情况？
然后考虑：对于任意的一个点（一只队伍），如果它有某两条出边，那么就破坏了这三个点之间的“剪刀石头布”情况。
而如果某个点的出度为d，则任意选出两条边的方案数为$C_d^2=\frac{d(d-1)}2$，差分得$C_d^2-C_{d-1}^2=d-1$。
于是我们可以使用使用拆边法来解决问题：S->每条边，容量为1，费用为0；每条边如果是有向边，则向指向发出边的点（赢的队伍），否则指向两个点，容量为1，费用为0。对于每个点，拆出n条边连向T，第i条边的容量为i-1。
然后跑最小费用流出解。由于直接跑会TLE，所以使用动态加边来优化。
最后满流的边指向的队伍就是赢的队伍。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 11000
#define M 2200000
#define pos(i , j) (i - 1) * n + j
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N] , ans[110][110];
void add(int x , int y, int v , int c)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
int x , i;
memset(from , -1 , sizeof(from));
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
dis[s] = 0 , 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[x] + cost[i])
dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
}
return ~from[t];
}
int calc(int x)
{
int i;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(!val[i])
return to[i];
return 0;
}
int mincost()
{
int ans = 0 , i , k;
while(spfa())
{
k = 1 << 30;
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
ans += k * dis[t] , add(from[t] , t , 1 , cost[pre[t]] + 1);
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , i , j , x;
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);
if(i < j)
{
add(s , pos(i , j) , 1 , 0);
if(x != 0) add(pos(i , j) , n * n + i , 1 , 0);
if(x != 1) add(pos(i , j) , n * n + j , 1 , 0);
}
}
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
add(n * n + i , t , 1 , 0);
printf("%d\n" , n * (n - 1) * (n - 2) / 6 - mincost());
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
if(i < j)
x = calc(pos(i , j)) - n * n , ans[x][i + j - x] = 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) printf("%d " , ans[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}
