【洛谷P4249】剪刀石头布

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4249
双倍经验：https://codeforces.com/problemset/problem/1264/E （仅修改读入和输出即可）
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 \(\frac{N*(N-1)}{2}\) 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。
\(n\leq 100\)。

思路

不难发现，如果任意三个点之间没形成环，那么必然恰好存在一个点的度数为 \(2\)。所以我们可以把每一组没有形成环的三个点对应到一个度数为 \(2\) 的点上。
那么反过来，对于一张给定的竞赛图，记点 \(i\) 的度数为 \(\text{deg}_i\)，那么他可以选择出 \(\binom{\text{deg}_i}{2}\) 组没形成环的三元组。那么最终形成环的三元组数量就是 \(\binom{n}{3}-\sum^{n}_{i=1}\binom{\text{deg}_i}{2}\)。
考虑费用流，把每一条边看作一个点，假设一条边 \((u,v)\) 没有确定方向，那么在费用流的图上分别从这条边所对应的点连向 \((u,v)\) 两点，流量为 \(1\)，费用为 \(0\)；否则只连向确定的那一个点。
对于每一条边所代表的点，再从源点连一条 \((1,0)\) 的边过来。
对于每一个点，向汇点连 \(n\) 条边，流量均为 \(1\)，费用分别为 \(0,1,2,\cdots n-1\)，那么如果这个点最后度数为 \(x\)，费用就为 \(0+1+2+\cdots x-1=\binom{x}{2}\)。
然后跑费用流即可。输出方案就看每一条边所对应的点流向了哪个点。
时间复杂度 \(O(n^5)\)。完全跑不满。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=11010,M=110010,Inf=1e9;
int n,S,T,tot=1,cost,flow,head[N],dis[N],pre[N],a[110][110];
bool vis[N];

struct edge
{
	int next,to,flow,cost;
}e[M];

void add(int from,int to,int flow,int cost)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,flow,cost};
	head[from]=tot;
	swap(from,to);
	e[++tot]=(edge){head[from],to,0,-cost};
	head[from]=tot;
}

bool spfa()
{
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	queue<int> q;
	q.push(S); dis[S]=0;
	while (q.size())
	{
		int u=q.front(); q.pop();
		vis[u]=0;
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (e[i].flow && dis[v]>dis[u]+e[i].cost)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].cost; pre[v]=i;
				if (!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;
			}
		}
	}
	return dis[T]<Inf;
}

void addflow()
{
	int minf=Inf;
	for (int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].to)
		minf=min(minf,e[pre[i]].flow);
	for (int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].to)
	{
		e[pre[i]].flow-=minf;
		e[pre[i]^1].flow+=minf;
	}
	cost+=dis[T]*minf; flow+=minf;
}

void MCMF()
{
	while (spfa())
		addflow();
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	S=N-1; T=N-2;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1,x;j<=n;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]);
			if (i>=j) continue;
			int id=(j-1)*n+i+n;
			add(S,id,1,0);
			if (a[i][j]==0 || a[i][j]==2) add(id,j,1,0);
			if (a[i][j]==1 || a[i][j]==2) add(id,i,1,0);
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=0;j<n;j++) add(i,T,1,j);
	MCMF();
	cout<<n*(n-1)*(n-2)/6-cost<<"\n";
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
		{
			if (a[i][j]!=2 || i>=j) continue;
			int id=(j-1)*n+i+n;
			if (e[head[id]].flow) a[i][j]=0,a[j][i]=1;	
				else a[i][j]=1,a[j][i]=0;
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<=n;j++)
			cout<<a[i][j]<<" ";
		cout<<"\n";
	}
	return 0;
}