BZOJ4930棋盘 拆边费用流
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了BZOJ4930棋盘 拆边费用流相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
【BZOJ4930】棋盘
Description
给定一个n×n的棋盘,棋盘上每个位置要么为空要么为障碍。定义棋盘上两个位置(x,y),(u,v)能互相攻击当前仅
当满足以下两个条件:
1:x=u或y=v
2:对于(x,y)与(u,v)之间的所有位置,均不是障碍。
现在有q个询问,每个询问给定ki,要求从棋盘中选出ki个空位置来放棋子,问最少互相能攻击到的棋子对数是多少?
Input
第一行一个整数n。
接下来输入一个n×n的字符矩阵,一个位置若为.,则表示这是一个空位置,若为#,则为障碍。
第n+2行输入一个整数q代表询问个数。
接下来q行,每行一个整数k,代表要放的棋子个数。
n ≤ 50, q ≤ 10000, k ≤ 棋盘中空位置数量
Output
输出共q行,每行代表对应询问的最少的互相能攻击到的棋子对数。
Sample Input
4
..#.
####
..#.
..#.
1 7
..#.
####
..#.
..#.
1 7
Sample Output
2
题解:还是集训原题~
如果你做过了BZOJ4554游戏那道题,还做过了修车,那么这道题岂不是很水?
如果没有障碍,那么我们显然是将网格按照行和列拆分,然后每行向每列连边,然后搞一搞,不过有障碍怎么办呢?
我们如果一行中有a段连续的障碍,我们认为每段障碍都将这行切成了两段,那么一共被切成了a+1段。类似地,每列也都被切成了好几段。那么我们得到了一堆行和一堆列,现在我们想在它们之间连边。
先考虑每一段行,在这个行中放一个棋子,产生的冲突数为0,再放1枚,冲突数+1,再放1枚,冲突数+2。。。那么我们显然可以考虑拆边。就有了建图方法:
设第i个行(被切过的)为hi,第j个列为rj,那么:
1.S -> hi 连若干条边,其中第k条费用为k-1,容量为1。
2.对于网格中的非障碍点(i,j),hi -> rj 费用为0,容量为1。
3.rj -> T 连若干条边,其中第k条费用为k-1,容量为1。
由于考试的时候我比较怂,所以写的动态加边,好像没什么必要~
练完边,跑完费用流后,再一起处理询问就好啦~
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <queue> #define P(A,B) ((A-1)*n+B) using namespace std; int n,m,S,T,cnt,sum,tot,mf,nx,ny; char str[60][60]; int to[1000000],next[1000000],cost[1000000],flow[1000000],dis[10000],inq[10000],pe[10000],pv[10000],head[10000]; int ans[10000],bx[60][60],by[60][60],lx[10000],ly[10000],ux[10000],uy[10000]; queue<int> q; void add(int a,int b,int c,int d) { to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,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() { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[S]=0,q.push(S); int i,u; while(!q.empty()) { u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0; for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]) { if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i]) { dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u; if(!inq[to[i]]) inq[to[i]]=1,q.push(to[i]); } } } return dis[T]<0x3f3f3f3f; } int main() { //freopen("chess.in","r",stdin); //freopen("chess.out","w",stdout); scanf("%d",&n); int i,j,a; memset(head,-1,sizeof(head)); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%s",str[i]); for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=n;j++) { if(j==1||(str[i][j-2]==\'#\'&&str[i][j-1]==\'.\')) nx++; if(str[i][j-1]==\'.\') lx[nx]++,bx[i][j]=nx; } } for(j=1;j<=n;j++) { for(i=1;i<=n;i++) { if(i==1||(str[i-1][j-1]==\'#\'&&str[i][j-1]==\'.\')) ny++; if(str[i][j-1]==\'.\') ly[ny]++,by[i][j]=ny,add(bx[i][j],by[i][j]+nx,0,1); } } S=0,T=nx+ny+1; for(i=1;i<=nx;i++) add(S,i,0,1); for(i=1;i<=ny;i++) add(i+nx,T,0,1); while(bfs()) { int mf=1<<30; for(i=T;i!=S;i=pv[i]) { mf=min(mf,flow[pe[i]]); if(i>nx&&i<T) if(uy[i-nx]<ly[i-nx]) add(i,T,++uy[i-nx],1); if(i<=nx&&i>S) if(ux[i]<lx[i]) add(S,i,++ux[i],1); } tot+=mf*dis[T]; ans[sum+=mf]=tot; for(i=T;i!=S;i=pv[i]) flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf; } scanf("%d",&m); for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%d",&a); printf("%d\\n",ans[a]); } return 0; }
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