HDU1565 方格取数(1)

Problem Description
给你一个n*n的格子的棋盘，每个格子里面有一个非负数。
从中取出若干个数，使得任意的两个数所在的格子没有公共边，就是说所取的数所在的2个格子不能相邻，并且取出的数的和最大。
 
Input
包括多个测试实例，每个测试实例包括一个整数n 和n*n个非负数(n<=20)
 
Output
对于每个测试实例，输出可能取得的最大的和
 
Sample Input
3 75 15 21 75 15 28 34 70 5

 

Sample Output
188

 

Author
ailyanlu

 

Source
Happy 2007
 
 
正解：网络流
解题报告：
　　网络流24题第9题。同样是可以转换为最大点权和独立集，求最小割跑最大流。自己的题解：

　　模型：建图+最小割

　　总结：

　　和前面做的几道题很类似，都是求最大独立集。事实上都可以转换成二分图，然后按照最小割模型来做。

　　考虑这道题说不能选取有相邻边的格子中的数，相当于是如果选取了当前格子，那么周围相邻的四个格子都不能再选。这个模型显然就是一个二分图，所以首先我们可以先把全图进行二分图染色，对于一个点坐标为（i，j），如果（i+j）%2==0，那么染成白色；否则，染成黑色。然后新建源点S，向所有白色点连一条容量为该点点权的有向边；新建汇点T，所有黑色点连一条容量为该点点权的有向边。对于所有白色点，向四周的所有黑色点都连一条容量为无穷的有向边。如此以来我们构出了一张图（跟前几道题一样的说）。

　　显然我们希望得到选取的尽可能多的格子，由于都是正数所以肯定能选尽量选。但是如果选了一个格子，就意味着四周的全都不能再选了，也就是说如果我们把ans初值记为所有格子权值之和，那么我们每次因为选择了一个格子就会失去周围四个的权值，需要从ans中减掉。这跟什么很像呢？最大半连通子图！是的，一样的做法，用总的和减去最小割就可以得到我们期望的最大值。

　　
 
  1 //It is made by jump~
  2 #include <iostream>
  3 #include <cstdlib>
  4 #include <cstring>
  5 #include <cstdio>
  6 #include <cmath>
  7 #include <algorithm>
  8 #include <ctime>
  9 #include <vector>
 10 #include <queue>
 11 #include <map>
 12 #include <set>
 13 #ifdef WIN32   
 14 #define OT "%I64d"
 15 #else
 16 #define OT "%lld"
 17 #endif
 18 using namespace std;
 19 typedef long long LL;
 20 const int MAXN = 501;
 21 const int MAXM = 500011;
 22 const int inf = (1<<30);
 23 int n,sum,S,T,ecnt,ans;
 24 int a[MAXN][MAXN],deep[MAXN*MAXN];
 25 int first[MAXN*MAXN];
 26 queue<int>Q;
 27 struct edge{
 28     int next,to,f;
 29 }e[MAXM];
 30 
 31 inline int getint()
 32 {
 33        int w=0,q=0;
 34        char c=getchar();
 35        while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar();
 36        if (c=='-')  q=1, c=getchar();
 37        while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar();
 38        return q ? -w : w;
 39 }
 40 
 41 inline void link(int x,int y,int z){
 42     e[++ecnt].next=first[x]; first[x]=ecnt; e[ecnt].to=y; e[ecnt].f=z;
 43     e[++ecnt].next=first[y]; first[y]=ecnt; e[ecnt].to=x; e[ecnt].f=0;
 44 }
 45 
 46 inline bool bfs(){
 47     while(!Q.empty()) Q.pop();
 48     for(int i=1;i<=T;i++) deep[i]=0;
 49     Q.push(S); deep[S]=1;
 50     while(!Q.empty()) {
 51     int u=Q.front(); Q.pop();
 52     for(int i=first[u];i;i=e[i].next) {
 53         int v=e[i].to;
 54         if(e[i].f && !deep[v]) deep[v]=deep[u]+1,Q.push(v);
 55     }
 56     }
 57     if(deep[T]!=0) return true;
 58     return false;
 59 }
 60 
 61 inline int Dinic(int x,int remain){
 62     if(remain==0 || x==T) return remain;
 63     int f,flow=0;
 64     for(int i=first[x];i;i=e[i].next) {
 65     int v=e[i].to;
 66     if(e[i].f && deep[v]==deep[x]+1){
 67         f=Dinic(v,min(remain,e[i].f));
 68         if(f){
 69         flow+=f; e[i].f-=f; e[i^1].f+=f;
 70         remain-=f; if(remain==0) return flow;
 71         } else deep[v]=-1;
 72     }
 73     }
 74     return flow;
 75 }
 76 
 77 inline void work(){
 78     while(scanf("%d",&n)!=EOF) {
 79     sum=0;
 80     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)   a[i][j]=getint(),sum+=a[i][j];
 81     S=n*n+1;T=S+1; ecnt=1; memset(first,0,sizeof(first));
 82     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if((i+j)%2==0) link(S,(i-1)*n+j,a[i][j]); else link((i-1)*n+j,T,a[i][j]);//黑白染色
 83     for(int i=1;i<=n;i++) 
 84         for(int j=1;j<=n;j++){
 85         if((i+j)%2) continue;
 86         if(i!=1) link((i-1)*n+j,(i-2)*n+j,inf);     
 87         if(j!=1) link((i-1)*n+j,(i-1)*n+j-1,inf);
 88         if(j!=n) link((i-1)*n+j,(i-1)*n+j+1,inf);
 89         if(i!=n) link((i-1)*n+j,i*n+j,inf);
 90         }
 91     ans=0;
 92     while(bfs()) ans+=Dinic(S,inf);
 93     printf("%d\n",sum-ans);
 94     }
 95 }
 96 
 97 int main()
 98 {
 99   work();
100   return 0;
101 }

 

posted @ 2016-08-10 14:39  ljh_2000  阅读(668)  评论(0)  编辑  收藏  举报