UVA1104 芯片难题 Chips Challenge
题目大意
一个\(n\)行\(n\)列的字符矩阵\(S\)，每个位置有\(C,.,/\)三种字符，需要往\(.\)中填入尽量多的\(W\)使得，\(\forall i,\sum_{j=1}^n[S_{i,j}=W|S_{i,j}=C]=\sum_{j=1}^n[S_{j,i}=W|S_{j,i}=C]\)，设总共填入\(m\)个\(W\)，还要满足\(\forall i,\sum_{j=1}^n[S_{i,j}=W|S_{i,j}=C]\le m\frac{A}{B}\)
题解
这种玄学的条件，一看就应该想到网络流
第一个条件，可以把第\(i\)行第\(i\)列，看成一个点，然后用流到\(i\)的流量，和流出\(i\)的流量，来表示第\(i\)行减去第\(i\)列的差，条件是相等，所以我们希望他们的差为\(0\)
设\(r_i\)表示行减列的差，将\((i,j)\)填入一个\(W\)，会使得，\(r_i++,r_j--\)，那么我们就让\(j\)向\(i\)连一条流量为\(1\),费用为\(1\)的边
然后初始时，如果\(r_i>0\)，就让\(S\)向\(i\)连流量为\(r_i\)费用为\(0\)的边，\(r_i<0\)就让\(i\)向\(T\)连一条流量为\(-r_i\)的边
第二个条件比较难弄，因为\(m\)会随着填入的\(W\)而变动，由于\(n\)比较小，可以直接枚举\(m\)，然后限制就变成了，每一行填入的\(W\)小于等于某个值，这个拆点处理，把\(i\)拆成\(i\)和\(i+n\)，连一条\(i\)向\(i+n\)的边，流量就是\(W\)的上限，前面的连边也要稍改一下
然后就要跑个最大流最大费用
但是仔细思考，发现，它只有\(S\)到别的点的边需要到上限，其他的边也可以通过只流可行流的方式来使费用更大，而且还存在正环问题，题目就变成了，上下界可行流最大费用问题，可以对原图做若干转化来解决
但还有一种更好的方案，就是反过来做，假设\(.\)已经全部填上了\(W\)，然后跑最小费用，然后把\(.\)的数量减去最小费用就行，正环问题还有可行流问题就解决了，但是由于第二个条件，每行的\(W\)变成\(.\)的数量有下界，也就是问题就是上下界最大流最小费用，做点转化就解决了
我写完之后一直超时，后来发现可以加个优化，不用每个\(m\)都枚举，可以直接让\(m\)直接跳到费用流的结果，因为\(m\)不会比这个更大，然后就跑的飞快了
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
void read(int &res)
{
res=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while('0'<=ch&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();
}
const int N=5e3+100,M=5e4+100,inf=2147483647;
int st[N+10],tot=1;
struct edge
{
int to,last,flow,val;
}e[M<<1|1];
void add(int a,int b,int c,int d)
{
e[++tot].to=b;
e[tot].flow=c;
e[tot].val=d;
e[tot].last=st[a];
st[a]=tot;
}
void Add(int a,int b,int c,int d){add(a,b,c,d),add(b,a,0,-d);}
queue<int> q;int dis[N+10],pre[N+10],pree[N+10],flow[N+10];
bool vis[N+10];
bool spfa(int s,int t)
{
for(int i=s;i<=t;i++) dis[i]=inf,pre[i]=pree[i]=-1,flow[i]=0;
vis[s]=true,dis[s]=0,flow[s]=inf,q.push(s);
for(int u;!q.empty();)
{
u=q.front(),q.pop(),vis[u]=false;
for(int i=st[u],v;i!=0;i=e[i].last)
{
v=e[i].to;
if(e[i].flow&&dis[v]>dis[u]+e[i].val)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].val,pre[v]=u,pree[v]=i,flow[v]=min(flow[u],e[i].flow);
if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=true;
}
}
}
return pre[t]!=-1;
}
int resf,resc;
void MCMF(int s,int t)
{
while(spfa(s,t))
{
resc+=dis[t]*flow[t],resf+=flow[t];
int u=t;
while(u!=s)
{
e[pree[u]].flow-=flow[t],e[pree[u]^1].flow+=flow[t];
u=pre[u];
}
}
}
const int mn=50;
int n,A,B;
char s[mn+1][mn+1];
int row[N+10],col[N+10];
int main()
{
// freopen("a.in","r",stdin);
int tt=0;
while(1)
{
tt++;
scanf("%d %d %d",&n,&A,&B);
if(n==0) break;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%s",s[i]+1),row[i]=col[i]=0;
int S=0,T=2*n+1,sum=0,sumc=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(s[i][j]=='C'||s[i][j]=='.')
row[i]++,col[j]++;
if(s[i][j]=='.')
sum++;
if(s[i][j]=='C')
sumc++;
}
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
// printf("%d %d\n",row[i],col[i]);
// }
// printf("sum1 %d\n",sum);
// printf("sum %d\n",n*n*n*A/B);
bool flag=false;
for(int m=sum;m>=0;m--)
{
// printf("%d\n",m);
tot=1;
for(int i=S;i<=T;i++) st[i]=0;
int maxflow=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(row[i]-col[i]>0)
Add(S,i,row[i]-col[i],0),maxflow+=row[i]-col[i];
else
Add(i,T,col[i]-row[i],0);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(s[i][j]=='.')
Add(i+n,j,1,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if((m+sumc)*A/B<row[i])
{
// puts("fuc");
Add(S,i+n,row[i]-(m+sumc)*A/B,0);
Add(i,T,row[i]-(m+sumc)*A/B,0);
maxflow+=row[i]-(m+sumc)*A/B;
}
Add(i,i+n,inf,0);
}
resf=resc=0;
MCMF(S,T);
// printf("%d %d\n",resf,resc);
if(resf==maxflow&&sum-resc==m)
{
printf("Case %d: %d\n",tt,m);
flag=true;
break;
}
m=min(sum-resc+1,m);
}
if(!flag)
{
printf("Case %d: impossible\n",tt);
}
}
return 0;
}
