BZOJ2661[BeiJing wc2012]连连看 最大费用流
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【BZOJ2661】[BeiJing wc2012]连连看
Description
凡是考智商的题里面总会有这么一种消除游戏。不过现在面对的这关连连看可不是QQ游戏里那种考眼力的游戏。我们的规则是,给出一个闭区间[a,b]中的全部整数,如果其中某两个数x,y(设x>y)的平方差x2-y2是一个完全平方数z2,并且y与z互质,那么就可以将x和y连起来并且将它们一起消除,同时得到x+y点分数。那么过关的要求就是,消除的数对尽可能多的前提下,得到足够的分数。快动手动笔算一算吧。
Input
只有一行,两个整数,分别表示a,b。
Output
两个数,可以消去的对数,及在此基础上能得到的最大分数。
Sample Input
1 15
Sample Output
2 34
HINT
对于30%的数据,1<=a,b<=100
对于100%的数据,1<=a,b<=1000
题解:拆点,从S向每个数的入点连一条费用0的边,从每个数的出点向T连一条费用为0的边,从每个点对的入点向出点连一条费用为-a-b的边,然后跑最小费用流,答案取相反数的1/2
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <iostream> #include <cmath> #define SQ(_) ((int)(sqrt(_)+1e-6)*(int)(sqrt(_)+1e-6)==_) using namespace std; int n,cnt,ans,sum,minn; int head[2010],next[2000000],cost[2000000],flow[2000000],to[2000000]; int dis[2010],re[2010],rv[2010],inq[2010]; queue<int> q; int gcd(int a,int b) { return (b==0)?a:gcd(b,a%b); } void add(int a,int b,int c) { to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=1,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++; } int bfs() { int i,u; memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); q.push(0),dis[0]=0; while(!q.empty()) { u=q.front(),q.pop(); inq[u]=0; for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]) { if(flow[i]&&dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]) { dis[to[i]]=dis[u]+cost[i]; re[to[i]]=i,rv[to[i]]=u; if(!inq[to[i]]) { q.push(to[i]); inq[to[i]]=1; } } } } return dis[2*n+1]<0; } int main() { int i,j,a,b; memset(head,-1,sizeof(head)); scanf("%d%d",&a,&b); n=b-a+1; for(i=a;i<=b;i++) for(j=a;j<i;j++) if(SQ(i*i-j*j)&&gcd(i,j)==1) add(i-a+1,j-a+1+n,-i-j),add(j-a+1,i-a+1+n,-i-j); for(i=1;i<=n;i++) add(0,i,0),add(i+n,2*n+1,0); while(bfs()) { minn=1<<30; for(i=2*n+1;i;i=rv[i]) minn=min(minn,flow[re[i]]); sum+=minn,ans+=minn*dis[2*n+1]; for(i=2*n+1;i;i=rv[i]) flow[re[i]^1]+=minn,flow[re[i]]-=minn; } printf("%d %d",sum>>1,-ans>>1); return 0; }
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