[NOI2009]植物大战僵尸

Posted 2020-10-29 ~victorique~

1565: [NOI2009]植物大战僵尸

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Description

Plants vs. Zombies（PVZ）是最近十分风靡的一款小游戏。Plants（植物）和Zombies（僵尸）是游戏的主角，其

中Plants防守，而Zombies进攻。该款游戏包含多种不同的挑战系列，比如Protect Your Brain、Bowling等等。其

中最为经典的，莫过于玩家通过控制Plants来防守Zombies的进攻，或者相反地由玩家通过控制Zombies对Plants发

起进攻。

 

现在，我们将要考虑的问题是游戏中Zombies对Plants的进攻，请注意，本题中规则与实际游戏有所不同。游戏中

有两种角色，Plants和Zombies，每个Plant有一个攻击位置集合，它可以对这些位置进行保护；而Zombie进攻植物

的方式是走到植物所在的位置上并将其吃掉。

 

游戏的地图可以抽象为一个N行M列的矩阵，行从上到下用0到N–1编号，列从左到右用0到M–1编号；在地图的每个

位置上都放有一个Plant，为简单起见，我们把位于第r行第c列的植物记为Pr, c。

 

Plants分很多种，有攻击类、防守类和经济类等等。为了简单的描述每个Plant，定义Score和Attack如下：

 

Score[Pr, c]

 

Zombie击溃植物Pr, c可获得的能源。若Score[Pr, c]为非负整数，则表示击溃植物Pr, c可获得能源Score[Pr, c]

，若为负数表示击溃Pr, c需要付出能源 -Score[Pr, c]。

 

Attack[Pr, c]

 

植物Pr, c能够对Zombie进行攻击的位置集合。

 

Zombies必须从地图的右侧进入，且只能沿着水平方向进行移动。Zombies攻击植物的唯一方式就是走到该植物所在

的位置并将植物吃掉。因此Zombies的进攻总是从地图的右侧开始。也就是说，对于第r行的进攻，Zombies必须首

先攻击Pr, M-1；若需要对Pr, c（0 ≤ c < M-1）攻击，必须将Pr,M-1, Pr, M-2 … Pr, c+1先击溃，并移动到位

置(r, c)才可进行攻击。

 

在本题的设定中，Plants的攻击力是无穷大的，一旦Zombie进入某个Plant的攻击位置，该Zombie会被瞬间消灭，

而该Zombie没有时间进行任何攻击操作。因此，即便Zombie进入了一个Plant所在的位置，但该位置属于其他植物

的攻击位置集合，则Zombie会被瞬间消灭而所在位置的植物则安然无恙（在我们的设定中，Plant的攻击位置不包

含自身所在位置，否则你就不可能击溃它了）。

 

Zombies的目标是对Plants的阵地发起进攻并获得最大的能源收入。每一次，你可以选择一个可进攻的植物进行攻

击。本题的目标为，制定一套Zombies的进攻方案，选择进攻哪些植物以及进攻的顺序，从而获得最大的能源收入

。

 

Input

第一行包含两个整数N, M，分别表示地图的行数和列数。

接下来N×M行描述每个位置上植物的信息。第r×M + c + 1行按照如下格式给出植物Pr, c的信息：

第一个整数为Score[Pr, c], 第二个整数为集合Attack[Pr, c]中的位置个数w，

接下来w个位置信息（r’, c’），表示Pr, c可以攻击位置第r’ 行第c’ 列。

1 ≤ N ≤ 20，1 ≤ M ≤ 30，-10000 ≤ Score ≤ 10000 。

 

 

Output

仅包含一个整数，表示可以获得的最大能源收入。

注意，你也可以选择不进行任何攻击，这样能源收入为0。

Sample Input

3 2
10 0
20 0
-10 0
-5 1 0 0
100 1 2 1
100 0

Sample Output

25
//在样例中, 植物P1,1可以攻击位置(0,0), P2, 0可以攻击位置(2,1)。
一个方案为，首先进攻P1,1, P0,1，此时可以攻击P0,0 。
共得到能源收益为(-5)+20+10 = 25。
注意, 位置(2,1)被植物P2,0保护，所以无法攻击第2行中的任何植物。

HINT

 

Source

 

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首先通过题目范围可得知，这题和数据结构应该没有任何关系了。

然后我们模拟一下样例和题目的意思，就是攻击不同的点，然后在攻击一个点之前必须先攻击其他的某一些点，好的，这题不是拓扑排序也要沾点边了。接着考虑如何获得最大的利益，自然有两种思路，一种就是直接跑出来，貌似比较像是大暴搜，第二种是求出总的价值之后减去一个不能拿的最小值，一个最大权闭合图的模型。根据数据范围，第二种比第一种更稳一些，所以尝试出解。

那么剩下的连边比较好确定，肯定是按照攻击顺序连边，然后正权边连源点，负权边连汇点，跑最大流，然后，样例T了。。。观察了一下样例，发现有环!可以想象，这样的图我们没法走的。举个实例，在坚果墙后面放无冷却的大嘴花。。。so interesting.

所以先用拓扑排序求一下是否有环，如果有，环中的所有点都不参与网络流的建图。。然后就能A了。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define inf 5000001
#define re register
#define ll long long
#define min(a,b) a<b?a:b 
using namespace std;
struct po{
    int to,nxt,w;
};
po edge[800001];
struct point{
    int nxt,to;
};
point E[800001];
int head[605],dep[605],cur[605],val[6051],id,num=-1,s,t,n,m,H[605],nm=-1;
int line[201][201],row[201][201],map[201][201],du[20001],can[20001],tot;
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=‘ ‘;
    while((ch>‘9‘||ch<‘0‘)&&ch!=‘-‘)ch=getchar();
    while(ch==‘-‘)c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*c;
}
inline void add_edge(int from,int to,int w)
{
    edge[++num].nxt=head[from];
    edge[num].to=to;
    edge[num].w=w;
    head[from]=num;
}
inline void add(int from,int to,int w)
{
    add_edge(from,to,w);
    add_edge(to,from,0);
}
inline void ad(int from,int to)
{
    E[++nm].nxt=H[from];
    E[nm].to=to;
    du[to]++;
    H[from]=nm;
}
inline bool bfs()
{
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    queue<int> q;
    while(!q.empty())
    q.pop();
    dep[s]=1;
    q.push(s);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(re int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){
            int v=edge[i].to;
            if(edge[i].w>0&&!dep[v]){
                dep[v]=dep[u]+1;
                if(v==t) return 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return 0;
}
inline int dfs(int u,int low)
{
    if(u==t) return low;
    int diss=0;
    for(re int& i=cur[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].to;
        if(edge[i].w&&dep[v]==dep[u]+1){
            int check=dfs(v,min(low,edge[i].w));
            if(check){
                low-=check;
                diss+=check;
                edge[i].w-=check;
                edge[i^1].w+=check;
                if(low==0) break;
            }
        }
    }
    return diss;
}
inline int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs()){
        for(re int i=s;i<=t;i++)
        cur[i]=head[i];
        while(int d=dfs(s,inf))
        ans+=d;
    }
    return ans;
}
inline void topsort()
{
    queue<int> q;
    for(re int i=1;i<=id;i++)
        if(!du[i]) can[i]=1,q.push(i);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(re int i=H[u];i!=-1;i=E[i].nxt){
            int v=E[i].to;
            du[v]--;
            if(!du[v]){
                can[v]=1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(H,-1,sizeof(H));
    n=read();m=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++){
        for(re int j=1;j<=m;j++){
            id++;
            val[id]=read();int w=read();
            for(re int k=1;k<=w;k++){
                int x,y;
                x=read();y=read();
                x++;y++;
                ad(id,(x-1)*m+y);
            }
            if(j!=m) ad(id+1,id);
        }
    }
    topsort();
    tot=0;
    s=0;t=id+1;
    for(re int i=1;i<=id;i++)
        if(can[i]){
            if(val[i]>0) tot+=val[i],add(s,i,val[i]);
            else add(i,t,-val[i]);
            for(re int j=H[i];j!=-1;j=E[j].nxt){
                int to=E[j].to;
                if(can[to]) add(to,i,inf);
            }
        }
    cout<<tot-dinic();
}