2326. 王者之剑

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2326. 王者之剑

给出一个 $n \times m$ 网格，每个格子上有一个价值 $v_{i,j}$ 的宝石。

Amber 可以自己决定起点，开始时刻为第 $0$ 秒。

以下操作，在每秒内按顺序执行。

1. 若第 $i$ 秒开始时，Amber 在 $(x,y)$，则 Amber 可以拿走 $(x,y)$ 上的宝石。

2. 在偶数秒时（$i$ 为偶数），则 Amber 周围 $4$ 格的宝石将会消失。

3. 若第 $i$ 秒开始时，Amber 在 $(x,y)$，则在第 $(i+1)$ 秒开始前，Amber 可以马上移动到相邻的格子 $(x+1,y),(x-1,y),(x,y+1),(x,y-1)$ 或原地不动 $(x,y)$。

求 Amber 最多能得到多大总价值的宝石。

上图给出了一个 $2 \times 2$ 的网格的例子。

在第 $0$ 秒，首先选择 $B2$ 进入，取走宝石 $3$；由于是偶数秒，周围的格子 $A2,B1$ 的宝石 $1,2$ 消失；向 $A2$ 走去。

在第 $1$ 秒，由于 $A2$ 的宝石已消失，无宝石可取；向 $A1$ 走去。

在第 $2$ 秒，取走 $A1$ 的宝石 $4$。

全程共取得 $2$ 块宝石：宝石 $3$ 和宝石 $4$。

输入格式

第一行包含两个整数 $n,m$。

接下来 $n$ 行，每行包含 $m$ 个整数，用来描述宝石价值矩阵。其中第 $i$ 行第 $j$ 列的整数表示 $v_{i,j}$。

输出格式

输出可拿走的宝石最大总价值。

数据范围

$1 \le n,m \le 100$,
$1 \le v_{i,j} \le 1000$

输入样例：

2 2
1 2
2 1

输出样例：

4

解题思路

最小割，二分图，最大权独立集

独立集：选择的点集之间两两之间不存在边
最大权独立集：即选择的独立集的权值之和最大
独立集和点覆盖集是对偶的关系，即对于一个集合 $V'$，如果 $V'$ 是独立集，则 $V-V'$ 一定是点覆盖集，如果 $V-V'$ 不是点覆盖集，即存在一条边 $x-y$，$x$ 和 $y$ 都不在 $V-V'$ 里面，则 $x$ 和 $y$ 一定在 $V'$ 里面，由于 $x$ 和 $y$ 之间有边，与 $V'$ 是独立集矛盾，故有 $如果 V' 是独立集，则 V-V' 一定是点覆盖集$，同理可证 $如果 V' 是独立集，则 V-V' 一定是点覆盖集$

故很容易有 $最大权独立集=点权值之和-最小权点覆盖$

本题可以发现：一定只能在偶数秒拿走宝石，即不能拿走相邻两个格子上的宝石，不妨像这题 372. 棋盘覆盖 一样建二分图，即选择最大权独立集，这样相邻之间就没有边，即不能拿走相邻宝石，由于可以停顿，很容易从得到的最大权独立集可以构造一个合法方案

需要注意：dinic 算法求解二分图问题时间复杂度为 $O(m\sqrt{n})$

• 时间复杂度：$O(nm\times \sqrt{nm})$

代码

// Problem: 王者之剑
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2328/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=10005,M=6*N,inf=1e9;
int n,m,g[105][105],S,T;
int h[N],f[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
int dx[]={-1,0,1,0},dy[]={0,1,0,-1};
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
int get(int x,int y)
{
	return (x-1)*m+y;
}
bool bfs()
{
    memset(d,-1,sizeof d);
    d[S]=hh=tt=0;
    q[0]=S;
    cur[S]=h[S];
    while(hh<=tt)
    {
        int x=q[hh++];
        for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
        {
            int y=e[i];
            if(d[y]==-1&&f[i])
            {
                d[y]=d[x]+1;
                cur[y]=h[y];
                if(y==T)return true;
                q[++tt]=y;
            }
        }
    }
    return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
    if(x==T)return limit;
    int flow=0;
    for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
    {
        cur[x]=i;
        int y=e[i];
        if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
        {
            int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
            if(!t)d[y]=-1;
            f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic()
{
    int res=0,flow;
    while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
    return res;
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=0,T=n*m+1;
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=m;j++)
    	{
    		scanf("%d",&g[i][j]);
    		tot+=g[i][j];
    		if((i+j)&1)
    		{
    			add(S,get(i,j),g[i][j]);
    			for(int k=0;k<4;k++)
	    		{
	    			int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
	    			if(x<1||x>n||y<1||y>m)continue;
	    			add(get(i,j),get(x,y),inf);
	    		}
    		}
    		else
    			add(get(i,j),T,g[i][j]);
    	}
    printf("%d",tot-dinic());
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16939936.html
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