BZOJ2044三维导弹拦截 DP+（有上下界的）网络流

Posted 2020-10-08 CQzhangyu

【BZOJ2044】三维导弹拦截

Description

一场战争正在A国与B国之间如火如荼的展开。 B国凭借其强大的经济实力开发出了无数的远程攻击导弹，B国的领导人希望，通过这些导弹直接毁灭A国的指挥部，从而取得战斗的胜利！当然，A国人民不会允许这样的事情发生，所以这个世界上还存在拦截导弹。 现在，你是一名A国负责导弹拦截的高级助理。 B国的导弹有效的形成了三维立体打击，我们可以将这些导弹的位置抽象三维中间的点（大小忽略），为了简单起见，我们只考虑一个瞬时的状态，即他们静止的状态。 拦截导弹设计非常精良，可以精准的引爆对方导弹而不需要自身损失，但是A国面临的一个技术难题是，这些导弹只懂得直线上升。精确的说，这里的直线上升指xyz三维坐标单调上升。 给所有的B国导弹按照1至N标号，一枚拦截导弹可以打击的对象可以用一个xyz严格单调上升的序列来表示，例如： B国导弹位置：(0, 0, 0) (1, 1, 0) (1, 1, 1), (2, 2, 2) 一个合法的打击序列为：{1, 3, 4} 一个不合法的打击序列为{1, 2, 4} A国领导人将一份导弹位置的清单交给你，并且向你提出了两个最简单不过的问题（假装它最简单吧）： 1．一枚拦截导弹最多可以摧毁多少B国的导弹？ 2．最少使用多少拦截导弹才能摧毁B国的所有导弹？ 不管是为了个人荣誉还是国家容易，更多的是为了饭碗，你，都应该好好的把这个问题解决掉！

Input

第一行一个整数N给出B国导弹的数目。 接下来N行每行三个非负整数Xi, Yi, Zi给出一个导弹的位置，你可以假定任意两个导弹不会出现在同一位置。

Output

第一行输出一个整数P，表示一枚拦截导弹之多能够摧毁的导弹数。 第二行输出一个整数Q，表示至少需要的拦截导弹数目。

Sample Input

4
0 0 0
1 1 0
1 1 1
2 2 2

Sample Output

3
2

HINT

所有的坐标都是[0，10^6]的整数 
对于30%的数据满足N < 31 
对于50%的数据满足N < 101 
对于100%的数据满足N < 1001

题解：第一问暴力DP即可，下面考虑第二问。

这题本质上是求最小路径覆盖，所以可以用有上下界的网络流（最小流）解决。这里不说如何建最小流了。不过，由于本题的特殊性质，最小流的第一次dinic一定是满流的，所以我们可以直接进行第二次dinic。第二次的建图方法如下：

1.S -> i 容量1
2.i‘ -> T 容量1
3.i‘ -> i 容量1
4.对于边<i,j> i-> j‘ 容量1
n-最大流即是答案。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,ans1,ans2,cnt,S,T;
struct node
{
	int x,y,z;
}p[1010];
int f[1010],to[2000010],next[2000010],val[2000010],head[2010],d[2010];
queue<int> q;
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
	return a.x<b.x;
}
int dfs(int x,int mf)
{
	if(x==T)	return mf;
	int i,k,temp=mf;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
	{
		if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
		{
			k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
			if(!k)	d[to[i]]=0;
			val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
			if(!temp)	break;
		}
	}
	return mf-temp;
}
int bfs()
{
	while(!q.empty())	q.pop();
	memset(d,0,sizeof(d));
	int i,u;
	q.push(S),d[S]=1;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(!d[to[i]]&&val[i])
			{
				d[to[i]]=d[u]+1;
				if(to[i]==T)	return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),S=0,T=2*n+1;
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].z=rd();
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=1,add(S,i,1),add(i+n,i,1),add(i+n,T,1);
		for(j=1;j<i;j++)	if(p[j].x<p[i].x&&p[j].y<p[i].y&&p[j].z<p[i].z)
			f[i]=max(f[i],f[j]+1),add(j,i+n,1);
		ans1=max(ans1,f[i]);
	}
	printf("%d\n",ans1);
	while(bfs())
		ans2+=dfs(S,1<<30);
	printf("%d",n-ans2);
	return 0;
}