网络流之二者取一式问题
本文中的图片摘自 这篇文章。
什么是二者取一式问题呢？
简单来说就是你现在有两个集合 \(A\) 和 \(B\), 一件物品放 \(A\) 集合的收益为 \(a_i\), 放 \(B\) 集合的收益为 \(b_i\) 。
另外有， \(x\) 和 \(y\) 两种物品同时属于 \(A\) 集合的额外收益为 \(a'_i\) ,同时属于 \(B\) 集合的额外收益为 \(b'_i\) 。
怎么求呢？
这个问题可以转化为网络流的最小割模型。
首先，如果不看额外收益的话，我们可以建一个这样的图出来。
你会发现我们求出来的最小割是每个物品的 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的最小值之和，设边权总和为 \(sum\), 那么最后的答案就是 \(sum - 最小 割\) 。
接下来我们继续解决额外收益的问题。
假设 \(1\) 和 \(2\) 同时属于 \(A\) 集合的额外收益为 $a'_i $ ，我们开一个虚点 $x $ 表示这个组合，从源点向 \(x\) 连一条容量为 \(a'_i\) 的边。
我们现在想让 \(1\) 和 \(2\) 同时属于 \(A\) 集合的时候才会有额外收益，反过来想就是如果 \(1\) 属于 \(B\) 集合的话，就需要让 \(Ax\) 这一条边割掉，所以由 \(x\) 向 \(1,2\) 分别连一条边，这样可以保证当 \(1\) 属于 \(B\) 集合的时候， \(A-x-1\) 这条边会被割掉。那么这条边的容量为多少呢？ 不难想到如果我们这条边的边权比 \(a'_i\) 小，那么 \(x-1\) 这条边就会被割掉，对答案产生影响。 所以我们要让这条边的边权尽可能的大，边权设为正无穷即可。 \(2\) 号点同理。
对于 \(B\) 点同理，最后得到的图长成这个样子：
总结一下建图思路：源点和汇点分别表示两个集合，对于每个点，由源点向这个点连一条容量为 \(a_i\) 的边，再由这个点向汇点连一条容量为 \(b_i\) 的边。对于每种组合，新开一个虚拟节点表示这个组合，由源点向这个点连一条容量为 \(a'_i\) 的边（这个点向汇点连一条容量为 $b'_i $ 的边） ，再由这个虚拟节点向这个组合中的点连一条容量为 \(inf\) 的边，最后的答案就是总的边权和减去最小割。
例题：
把文理科看做两个集合，按上述连边方案连边即可。注意点数要开大点。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 50010;
const int inf = 1e7+10;
int n,m,s,t,w,sum,cnt,ans,tot = 1;
int head[N],dep[N],id[510][510];
struct node
{
int to,net,w;
}e[1000010];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
void add(int x,int y,int w)
{
// cout<<x<<" "<<y<<" "<<w<<endl;
e[++tot].to = y;
e[tot].w = w;
e[tot].net = head[x];
head[x] = tot;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
for(int i = 0; i <= t; i++) dep[i] = 0;
q.push(s); dep[s] = 1;
while(!q.empty())
{
int x = q.front(); q.pop();
for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(e[i].w && !dep[to])
{
dep[to] = dep[x] + 1;
q.push(to);
if(to == t) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x,int flow)
{
if(x == t || !flow) return flow;
int rest = flow, val;
for(int i = head[x]; i && rest; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(!e[i].w || dep[to] != dep[x] + 1) continue;
val = dinic(to,min(rest,e[i].w));
if(val == 0) dep[to] = 0;
e[i].w -= val; e[i ^ 1].w += val; rest -= val;
}
return flow - rest;
}
int main()
{
n = read(); m = read(); s = 0, t = 5*n*m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
id[i][j] = ++cnt;
w = read(); sum += w;
add(s,id[i][j],w); add(id[i][j],s,0);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
w = read(); sum += w;
add(id[i][j],t,w); add(t,id[i][j],0);
}
}
for(int i = 1; i <= n-1; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
w = read(); cnt++; sum += w;
add(s,cnt,w); add(cnt,s,0);
add(cnt,id[i][j],inf); add(id[i][j],cnt,0);
add(cnt,id[i+1][j],inf); add(id[i+1][j],cnt,0);
}
}
for(int i = 1; i <= n-1; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
w = read(); cnt++; sum += w;
add(cnt,t,w); add(t,cnt,0);
add(id[i][j],cnt,inf); add(cnt,id[i][j],0);
add(id[i+1][j],cnt,inf); add(cnt,id[i+1][j],0);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m-1; j++)
{
w = read(); cnt++; sum += w;
add(s,cnt,w); add(cnt,s,0);
add(cnt,id[i][j],inf); add(id[i][j],cnt,0);
add(cnt,id[i][j+1],inf); add(id[i][j+1],cnt,0);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m-1; j++)
{
w = read(); cnt++; sum += w;
add(cnt,t,w); add(t,cnt,0);
add(id[i][j],cnt,inf); add(cnt,id[i][j],0);
add(id[i][j+1],cnt,inf); add(cnt,id[i][j+1],0);
}
}
int flow = 0;
while(bfs())
{
while(flow = dinic(s,inf)) ans += flow;
}
printf("%d\n",sum-ans);
return 0;
}
