[Codeforces Round #674 (Div. 3)] E. Rock, Paper, Scissors (网络流)

[Codeforces Round #674 (Div. 3)] E. Rock, Paper, Scissors (网络流)

题面：

题意：

给定两个玩家的石头剪刀布的分别卡片个数（每一个人的卡片总和为\(\mathit n\)），

接下来就进行\(\mathit n\)局游戏，每一局游戏双方（Alice and Bob ） 从自己的卡片中选出一个卡片放在桌子上，并按照常规的剪刀石头布法则觉得胜，负和平局。卡片不可回收。

现在要计算Alice 最小可以赢多少次，和最多可以赢多少次。

思路：

Alice 最多可以赢多少次，这是一个经典的贪心问题，将其卡片尽量按照相克的出即可。

主要难点在于最小可以赢多少次，有许多暴力枚举所有组合，贪心计算性质等解法，

这里我讲解一个网络流的解法。

这样见图：

源点\(\mathit S\) 对Alice的3种卡片（Rock，Paper，Scissors各自建一个节点）建立容量为卡片个数，成本为0的边。

Alice的3种卡片节点对Bob的3种卡片节点建立容量为两个卡片个数中较小值，成本为0/1的边。

具体规则：当Alice的卡片赢取Bob的卡片时，成本为1，否则0。

Bob的3种卡片节点对汇点\(\mathit T\) 建立 容量为卡片数量，成本为0的边。

然后求出源点到汇点的最小费用最大流的费用就是Alice最小可以赢的次数。

思路：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define chu(x)  if(DEBUG_Switch) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
#define du3(a,b,c) scanf("%d %d %d",&(a),&(b),&(c))
#define du2(a,b) scanf("%d %d",&(a),&(b))
#define du1(a) scanf("%d",&(a));
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) { if (a == 0ll) {return 0ll;} a %= MOD; ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a % MOD;} a = a * a % MOD; b >>= 1;} return ans;}
ll poww(ll a, ll b) { if (a == 0ll) {return 0ll;} ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a ;} a = a * a ; b >>= 1;} return ans;}
void Pv(const vector<int> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%d", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("\n");}}}
void Pvl(const vector<ll> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%lld", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("\n");}}}
inline long long readll() {long long tmp = 0, fh = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') { fh = -1; } c = getchar();} while (c >= '0' && c <= '9') { tmp = tmp * 10 + c - 48, c = getchar(); } return tmp * fh;}
inline int readint() {int tmp = 0, fh = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') { fh = -1; } c = getchar();} while (c >= '0' && c <= '9') { tmp = tmp * 10 + c - 48, c = getchar(); } return tmp * fh;}
void pvarr_int(int *arr, int n, int strat = 1) {if (strat == 0) {n--;} repd(i, strat, n) {printf("%d%c", arr[i], i == n ? '\n' : ' ');}}
void pvarr_LL(ll *arr, int n, int strat = 1) {if (strat == 0) {n--;} repd(i, strat, n) {printf("%lld%c", arr[i], i == n ? '\n' : ' ');}}
const int maxn = 1000010;
// const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
#define DEBUG_Switch 0
const int MAX_N = 200;
const int MAX_M = 30000;
const ll inf = 1e18;

struct edge {
    int v; ll c, w; int  next; // v 表示边的另一个顶点，c 表示当前剩余容量，w 表示单位流量费用
};
struct MCMF {
    edge e[MAX_M];
    int p[MAX_N], s, t, eid;  // s 表示源点，t 表示汇点，需要在进行 costflow 之前设置完毕
    void init()
    {
        memset(p, -1, sizeof(p));
        eid = 0;
    }
    void insert(int u, int v, ll c, ll w)
    {
        e[eid].v = v;
        e[eid].c = c;
        e[eid].w = w;
        e[eid].next = p[u];
        p[u] = eid++;
    }
    void addedge(int u, int v, ll c, ll w)
    {
        insert(u, v, c, w);
        insert(v, u, 0, -w);
    }
    bool vis[MAX_N];
    ll d[MAX_N];  // 如果到顶点 i 的距离是 inf，则说明不存在源点到 i 的最短路
    // int - memset-> 0x3f  ll - memset-> 0x7f
    int pre[MAX_N];  // 最短路中连向当前顶点的边的编号
    bool dijk()    // 以源点 s 为起点计算单源最短路，如果不存在从 s 到 t 的路径则返回 false，否则返回 true
    {
        memset(d, 0x7f, sizeof(d));
        memset(pre, -1, sizeof(pre));
        d[s] = 0;
        priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > q;
        q.push(mp(0, s));
        while (!q.empty()) {
            pll temp = q.top();
            q.pop();
            int u = temp.se;
            if (u == t || d[u] < temp.fi) {
                continue;
            }
            for (int i = p[u]; i != -1; i = e[i].next) {
                if (e[i].c) {
                    int v = e[i].v;
                    if (d[u] + e[i].w < d[v]) {
                        d[v] = d[u] + e[i].w;
                        pre[v] = i;
                        q.push(mp(d[v], v));
                    }
                }
            }
        }
        return pre[t] != -1;
    }
    ll min_cost_flow()    // 计算最小费用最大流
    {
        ll ret = 0;  // 累加和
        while (dijk()) {
            ll flow = inf;
            for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].v) {
                flow = min(e[pre[i]].c, flow);  // 计算当前增广路上的最小流量
            }
            for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].v) {
                e[pre[i]].c -= flow;     //容量是一定要跟着变化的，毕竟要继续循环使用dijk来更新下一条“能走的（看容量）”最短路。
                e[pre[i] ^ 1].c += flow;
                ret += e[pre[i]].w * flow;
            }
        }
        return ret;
    }
} gao;
int Highestscore(int n, int p1, int q1, int m1, int p2, int q2, int m2)
{
    // write code here
    int cnt1 = min(p1, q2);
    p1 -= cnt1;
    q2 -= cnt1;
    int cnt2 = min(q1, m2);
    q1 -= cnt2;
    m2 -= cnt2;
    int cnt3 = min(m1, p2);
    m1 -= cnt3;
    p2 -= cnt3;

    int cnt = cnt1 + cnt2 + cnt3;
    int score = cnt;
    cnt += min(p1, p2) + min(q1, q2) + min(m1, m2);
    // score -= (n - cnt);
    return score;
}
int main()
{
#if DEBUG_Switch
    freopen("D:\\code\\input.txt", "r", stdin);
#endif
    //freopen("D:\\code\\output.txt","w",stdout);
    int n, a1, a2, a3, b1, b2, b3;
    cin >> n;
    cin >> a1 >> a2 >> a3;
    cin >> b1 >> b2 >> b3;
    gao.init();
    gao.s = 0;
    gao.t = 7;
    gao.addedge(0, 1, a1, 0);
    gao.addedge(0, 2, a2, 0);
    gao.addedge(0, 3, a3, 0);
    gao.addedge(4, 7, b1, 0);
    gao.addedge(5, 7, b2, 0);
    gao.addedge(6, 7, b3, 0);
    gao.addedge(1, 4, a1, 0);
    gao.addedge(1, 5, a1, 1);
    gao.addedge(1, 6, a1, 0);
    gao.addedge(2, 4, a2, 0);
    gao.addedge(2, 5, a2, 0);
    gao.addedge(2, 6, a2, 1);
    gao.addedge(3, 4, a3, 1);
    gao.addedge(3, 5, a3, 0);
    gao.addedge(3, 6, a3, 0);

    cout << gao.min_cost_flow() << " " << Highestscore(n, a1, a2, a3, b1, b2, b3)  << endl;
    return 0;
}