YbtOJ#593-木棍问题【费用流】

1|0正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/contest/114/problem/3

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1|1题目大意

$n*m$的网格上有一些格子有木球，两个相邻木球直接可以有木棍。
两个$L$形的木棍会产生$A$的代价，两个$I$形的木棍会产生$B$的代价

对于每个$k$求出插入$k$根木棍时的最小代价。

$n,m\in[1,40],1\leq A\leq B\leq 10^5$

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1|2解题思路

因为$B\geq A$可以理解为两个相邻的木棍会产生$A$点代价，$I$形的会额外产生$B-A$点代价。

先不考虑$B-A$的部分，考虑每个点的贡献，一个点的度数为$i$时会产生$\binom{i}{2}$的贡献，并且相邻的点之间可以连边。这是一个很经典的费用流模型。

对网格黑白染色，黑色的源点连接，白色的连接汇点。对于每个连接可以分为$4$条边，流量都为$1$，权值分别为$\binom12-\binom02\ ,\ \binom22-\binom12\ ,\ \binom32-\binom22\ ,\ \binom42-\binom32$。

这些权值递增，费用流优先流小的，所以如果流量为$i$那个刚好费用和就是$\binom i2$。

然后考虑$I$形的额外代价，其实就是如果一个点的横纵向度数到$2$就会产生代价。我们可以故技重施，对于每个点再开两个点分别表示横向/纵向，连接这些点的时候一条边权值是$0$，另一条是$B-A$。

然后正常$Ek$费用流跑法会每次扩展一个流量，每次输出就好了。

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=5100,inf=2147483647/3;
const int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};
struct node{
	int to,next,w,c;
}a[N<<5];
int op,n,m,A,B,s,t,cnt,tot=1,ans;
int f[N],mf[N],ls[N],pre[N],p[50][50];
char c[50][50];bool v[N];
queue<int>q; 
void addl(int x,int y,int w,int c){
	a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[tot].c=c;
	a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;a[tot].c=-c;
	return;
}
bool SPFA(){
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	q.push(s);f[s]=0;v[s]=1;mf[s]=inf;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();v[x]=0;q.pop();
		for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
			int y=a[i].to;
			if(!a[i].w)continue;
			if(f[x]+a[i].c<f[y]){
				f[y]=f[x]+a[i].c;pre[y]=i;
				mf[y]=min(mf[x],a[i].w);
				if(!v[y])q.push(y),v[y]=1;
			}
			
		}
	}
	return f[t]<inf;
}
void Updata(){
	int x=t;ans+=f[t];
	if(op)printf("%d\n",(ans!=0));
	else printf("%d\n",ans);
	while(x!=s){
		a[pre[x]].w-=mf[t];
		a[pre[x]^1].w+=mf[t];
		x=a[pre[x]^1].to;
	}
	return;
} 
int main()
{
	freopen("trouble.in","r",stdin);
	freopen("trouble.out","w",stdout);
	scanf("%d",&op);op=((op>=8)&&(op<=12));
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B);B-=A;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",c[i]+1);
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(c[i][j]=='0')p[i][j]=++cnt;
	}
	s=3*cnt+1;t=s+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(c[i][j]=='0'){
				int x=p[i][j];
				if((i+j)&1){
					addl(s,x*3-2,1,0);    addl(s,x*3-2,1,A);
					addl(s,x*3-2,1,2*A);  addl(s,x*3-2,1,3*A);
					addl(x*3-2,x*3-1,1,0);addl(x*3-2,x*3,1,0);
					addl(x*3-2,x*3-1,1,B);addl(x*3-2,x*3,1,B);
					for(int k=0;k<4;k++){
						int zx=i+dx[k],zy=j+dy[k];
						if(c[zx][zy]!='0')continue;
						int y=p[zx][zy];
						if(k<2)addl(x*3-1,y*3-1,1,0);
						else addl(x*3,y*3,1,0);
					}
				}
				else{
					addl(x*3-2,t,1,0);    addl(x*3-2,t,1,A);
					addl(x*3-2,t,1,2*A);  addl(x*3-2,t,1,3*A);
					addl(x*3-1,x*3-2,1,0);addl(x*3,x*3-2,1,0);
					addl(x*3-1,x*3-2,1,B);addl(x*3,x*3-2,1,B);
				}
			}
		}
	while(SPFA())
		Updata();
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14403882.html
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