UVA1104 芯片难题 Chips Challenge
UVA1104 芯片难题 Chips Challenge
答案最多不会超过160，可以考虑枚举答案。
当我们枚举答案并且确定每行的最大限度 $ maxn $ 时，其实是可以放多于答案个芯片的。因为此时仍然合法，只是不优秀。
现在，我们考虑第 $ i $ 行/列有 $ t_i $ 个部件，那么我们知道 $ 0 \le t_i \le maxn $ 同时，
移个项，发现又是流量平衡的形式了。
所以我们考虑建立 $ A_i $ 表示第 $ i $ 行/列的第一个等式， $ B_i $ 表示第二个。那么可以从 $ B_i \to A_i $ 连费用为 1 ，上界为 $ maxn $ 的边。
然后考虑对于 $ a_{i,j} $ 的确定。如果它已经确定是 部件 了，那么从 $ A_i \to B_j $ 连费用为 0 上下界均为 1 的边，如果确定不是，上下界都是 0 ，如果不确定，上界为 1 下界为 0 。
最后跑最大费用上下界可行流就好了。
关于各种流，这篇 Blog 感觉写的很好，安利一下。
但是写了很久发现上下界可行流挂掉了。。因为这题有环啊。。。
翻了翻题解，发现了一个很优秀的做法。首先建立两排点，分别表示第 $ i $ 行和第 $ i $ 列。然后从 $ i $ 行到 $ i $ 列连一个容量为 inf 的边，费用为 0 。然后从原点向第 $ i $ 行连容量为 lim 的边，费用为0，从第 $ i $ 列向汇点连容量为 lim 的边，费用也是 0 。这样我们从一开始就可以跑满流了。现在中间两个点之间的流量，其实是 $ maxn - t_i $ 。
然后考虑会出现 $ C $ 和 $ . $ ，首先如果出现了 . ，那么我们从第 $ i $ 行向第 $ j $ 列连一条容量为 1 费用为 1 的边。但是如果这里是 $ C $ 怎么办？按照原本的想法我们应当去连一条最小限度为 1 最大限度也是 1 的边。但是我们可以避免这样做，我们可以连一条容量为 1 ，费用为 1 + F 的边，其中 F 是一个极大值，是所有 1 的费用加起来也达不到的。这样的好处在于，我们会尽量满足 $ C $ 的点，并且还可以数出来满足了多少个 $ C $ 的点，如果数量不足则是无解。
#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "queue"
using namespace std;
#define MAXN 5006
#define inf 0x3f3f3f3f
const int QWQ = 3006;
class mincmaxf {
#define maxn 50005
public:
#define N 5010
#define M 100006
#define INF 0x3f3f3f3f
int tot, lnk[N], cur[N], ter[M], nxt[M], cap[M], cost[M], dis[N], ret;
bool vis[N];
void init( ) { tot = 1; memset( lnk , 0 , sizeof lnk ) , memset( cur , 0 , sizeof cur ); ret = 0; }
int add(int u, int v, int w, int c) {
ter[++tot] = v, nxt[tot] = lnk[u], lnk[u] = tot, cap[tot] = w, cost[tot] = c;
return tot;
}
int Ade(int u, int v, int w, int c) { add(v, u, 0, -c); return add(u, v, w, c); }
bool spfa(int s, int t) {
for( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i ) dis[i] = -INF;
memcpy(cur, lnk, sizeof(lnk));
std::queue<int> q;
q.push(s), dis[s] = 0, vis[s] = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
// cout << u << endl;
q.pop(), vis[u] = 0;
for (int i = lnk[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ter[i];
if (cap[i] && dis[v] < dis[u] + cost[i]) {
dis[v] = dis[u] + cost[i];
if (!vis[v]) q.push(v), vis[v] = 1;
}
}
}
return dis[t] != -INF;
}
int dfs(int u, int t, int flow) {
if (u == t) return flow;
vis[u] = 1;
int ans = 0;
for (int &i = cur[u]; i && ans < flow; i = nxt[i]) {
int v = ter[i];
if (!vis[v] && cap[i] && dis[v] == dis[u] + cost[i]) {
int x = dfs(v, t, std::min(cap[i], flow - ans));
if (x) ret += x * cost[i], cap[i] -= x, cap[i ^ 1] += x, ans += x;
}
}
vis[u] = 0;
return ans;
}
int mcmf(int s, int t) {
int ans = 0;
while (spfa(s, t)) {
int x;
while ((x = dfs(s, t, INF))) ans += x;
}
return ret;
}
} F ;
int n , a , b;
int s = 5001 , t = 5002;
char ch[MAXN][MAXN];
int main() {
// freopen("6.in","r",stdin);
int kase = 0;
while( cin >> n >> a >> b ) {
if( n == 0 && a == 0 && b == 0 ) return 0;
for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) scanf("%s",ch[i] + 1);
for( int lim = n ; lim >= 0 ; -- lim ) {
int c = 0;
F.init( );
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
F.Ade( i , i + n , lim , 0 );
F.Ade( s , i , lim , 0 );
F.Ade( i + n , t , lim , 0 );
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if( ch[i][j] == '.' ) F.Ade( i , j + n , 1 , 1 );
if( ch[i][j] == 'C' ) F.Ade( i , j + n , 1 , QWQ + 1 ) , ++ c;
}
}
int ans = F.mcmf( s , t );
if( ans / QWQ < c ) { printf("Case %d: impossible\n",++ kase); break; }
ans %= QWQ;
if( ans * a >= lim * b ) { printf("Case %d: %d\n",++ kase , ans - c); break; }
}
}
}
