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。
-
若第 \(i\) 秒开始时，Amber 在 \((x,y)\)，则 Amber 可以拿走 \((x,y)\) 上的宝石。
-
在偶数秒时（\(i\) 为偶数），则 Amber 周围 \(4\) 格的宝石将会消失。
-
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;
}
