bzoj3698 XWW的难题
3698: XWW的难题
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Description
XWW是个影响力很大的人，他有很多的追随者。这些追随者都想要加入XWW教成为XWW的教徒。但是这并不容易，需要通过XWW的考核。
XWW给你出了这么一个难题：XWW给你一个N*N的正实数矩阵A，满足XWW性。
称一个N*N的矩阵满足XWW性当且仅当：（1）A[N][N]=0；（2）矩阵中每行的最后一个元素等于该行前N-1个数的和；（3）矩阵中每列的最后一个元素等于该列前N-1个数的和。
现在你要给A中的数进行取整操作（可以是上取整或者下取整），使得最后的A矩阵仍然满足XWW性。同时XWW还要求A中的元素之和尽量大。
Input
第一行一个整数N,N ≤ 100。
接下来N行每行包含N个绝对值小于等于1000的实数，最多一位小数。
Output
输出一行，即取整后A矩阵的元素之和的最大值。无解输出No。
Sample Input
3.1 6.8 7.3 17.2
9.6 2.4 0.7 12.7
3.6 1.2 6.5 11.3
16.3 10.4 14.5 0
Sample Output
HINT
【数据规模与约定】
有10组数据，n的大小分别为10,20,30...100。
【样例说明】
样例中取整后满足XWW性的和最大的矩阵为：
3 7 8 18
10 3 0 13
4 1 7 12
17 11 15 0
分析：比较神奇的建图.
每个位置有两个数可选，很显然就是dp或网络流嘛，因为有行末和列末的限制，只能用网络流来做.
我一开始一直在想怎么表示出每一行前n-1个数的和.网络流肯定是用流量来表示嘛. 那我怎么构图才能使得流到某个点的流量是它前面的n-1个数的和呢？ 链式结构？显然不行.
一个想法是把每一行每一列都看作一个点. 从源点向每一行连边,第i行向第j列连边，每一列向汇点连边. 这样，从第i行流出的流量就是第i行前n-1个数的和，流进第j列的流量就是第j列前n-1个数的和. 实际上就是利用流量的分散和汇总来表示前n-1个数的和.
那么每条边的容量是多少呢？每个点的点权实际上是不确定的，也就是说，每条边的边权会有上下界. 对于S到第i行的边，容量为[l[i][n],r[i][n]].对于第i行到第j列的边，容量为[l[i][j],r[i][j]].对于第i列到T的边，容量为[l[n][i],r[n][i]].其中l,r对应的是两种取值. 可以看出，第i行对第j列的贡献是点(i,j).
跑有源汇的上下界最大流即可.
这道题是行列模型中行列之间互相有影响的题型. 目前我做过的有3种方法可以处理：
1.当某一维特别小的时候，可以暴力枚举出这一维的所有状态，然后对另一维进行处理（一般是贪心），例如：传送门.
2.每一行或每一列的影响可以互相抵消，也就是具有“奇偶性”，可以将对答案有影响的点变到最后一行和最后一列上去,例如：传送门.
3.直接考虑第i行对第j列的影响，即点(i,j). 分析得到影响是多少，再用不同的方法去求. 例如本题.
行列之间不影响怎么样呢？
直接分开做最后累加答案即可. 例如：ctsc2009 移民站选址
技巧？把行、列压缩成一点.
#include <cstdio> #include <cmath> #include <queue> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 30010,inf = 0x7fffffff; int n,l[110][110],r[110][110],S,T,SS,TT,du[1010],sum1,sum2,pos[110][110]; int ans,s,t,sum,d[maxn],head[maxn],to[maxn],nextt[maxn],w[maxn],tot = 2; void add(int x,int y,int z) { w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; w[tot] = 0; to[tot] = x; nextt[tot] = head[y]; head[y] = tot++; } bool bfs() { memset(d,-1,sizeof(d)); d[s] = 0; queue <int> q; q.push(s); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); if (u == t) return true; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == -1) { d[v] = d[u] + 1; q.push(v); } } } return false; } int dfs(int u,int f) { if (u == t) return f; int res = 0; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == d[u] + 1) { int temp = dfs(v,min(f - res,w[i])); w[i] -= temp; w[i ^ 1] += temp; res += temp; if (res == f) return res; } } if (!res) d[u] = -1; return res; } void dinic() { while (bfs()) sum += dfs(s,inf); } int main() { scanf("%d",&n); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { double x; scanf("%lf",&x); l[i][j] = floor(x); r[i][j] = ceil(x); } S = 2 * n + 1; T = S + 1; SS = T + 1; TT = SS + 1; for (int i = 1; i < n; i++) { add(S,i,r[i][n] - l[i][n]); du[S] -= l[i][n]; du[i] += l[i][n]; add(i + n,T,r[n][i] - l[n][i]); du[i + n] -= l[n][i]; du[T] += l[n][i]; } for (int i = 1; i < n; i++) for (int j = 1; j < n; j++) { add(i,j + n,r[i][j] - l[i][j]); pos[i][j] = tot - 1; du[i] -= l[i][j]; du[j + n] += l[i][j]; } for (int i = 1; i <= T; i++) { if (du[i] > 0) add(SS,i,du[i]),sum1 += du[i]; if (du[i] < 0) add(i,TT,-du[i]),sum2 -= du[i]; } add(T,S,inf); s = SS; t = TT; dinic(); if (sum != sum1) { printf("NO"); return 0; } w[tot - 1] = w[tot - 2] = 0; s = S; t = T; dinic(); for (int i = 1; i < n; i++) for (int j = 1; j < n; j++) ans += w[pos[i][j]] + l[i][j]; printf("%d\n",ans * 3); return 0; }
