洛谷P2774方格取数(网络流24题)

xiaoxiao2021-02-28  9

我们对棋盘进行黑白染色((横坐标+纵坐标)%2==1的点设为黑点),可以发现,若取一个黑格的点,受到影响的就是周围的白点。于是我们可以建一个二分图。问题是,应该如何建图。如果将每个点考察他能与哪些点相连,显然太复杂了,因此我们不如将每个点与他不能相连的点连接在一起。 然后可以发现这是一个最小割的套路题,假设所有的点都取,然后去掉最小割,就是答案了。 建模:S->黑点,容量为点权 白点->T,容量为点权 每一个黑点->取该黑点会受到影响的白点,容量为inf,保证你在最小割的时候不会去割中间这些边。

另一种不错的解释: 相邻的数字只能选一个,联想到二分图,相邻的点分别放在x、y端,他们之间连一条边 为什么他们之间连一条边呢,因为相邻数字的关系有且仅有相邻为影响,我们需要把影响转化到模型上, 不相邻的点建边虽然思考起来更直观,但是边数太多了,反而更难理清思路 要使边有意义且合法,我们需要构造起始点和终点,因为x的每个点地位相同,那么都和s点相连,同理y和t相连 显然对于构造出来的这个图,我们要尝试把题意转化进去,即答案需要的是一种什么图。 x和y相连的两个点只能要一个,这是题意,那么结果图中不能有s-u-v-t完整的4条弧构成的“链”, 断链的方法显然为最小割,最小割最大流是很重要的定理。 模拟一下最大流的过程,举几个小例子就能明白我们割掉的是小的,留下来的是大的和小的的差

#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; struct edge { int to, cap, rev; }; vector<edge>G[10010]; int level[10011], iter[10011]; int n, m; void addedge(int from, int to, int cap) { edge e; e.to = to; e.cap = cap; e.rev = G[to].size(); G[from].push_back(e); e.to = from; e.cap = 0; e.rev = G[from].size() - 1;//一定要小心反向边的cap为0!!! G[to].push_back(e); } void bfs(int s) { memset(level, -1, sizeof(level));//每次bfs的时候构图都不同,要memset queue<int>que; level[s] = 0; que.push(s); while (!que.empty()) { int t = que.front(); que.pop(); for (int i = 0; i < G[t].size(); i++) { edge e = G[t][i]; if (e.cap&&level[e.to] < 0) { level[e.to] = level[t] + 1; que.push(e.to); } } } } int dfs(int v, int t, int f) { if (v == t) return f; for (int &i = iter[v]; i < G[v].size(); i++) {//因为每次dfs的时候如果找到解就return了,所以有必要记录上次这个点搜到哪了 edge &e = G[v][i]; if (e.cap&&level[e.to] > level[v]) { int d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap)); if (d) { e.cap -= d; G[e.to][e.rev].cap += d; return d; } } } return 0; } int maxflow(int s, int t) { int flow = 0; for (;;) { bfs(s); if (level[t] < 0)//说明此时已经不存在没有搜过的路了 return flow; memset(iter, 0, sizeof(iter)); int f; while (f = dfs(s, t, 1 << 30))//要搜完当期状况下的所有可能 flow += f; } } int main() { int i, j, num[101][101], total = 0; cin >> m >> n; for(i=1;i<=m;i++) for (j = 1; j <= n; j++) { scanf("%d", &num[i][j]); total += num[i][j]; } int move[4][2] = { 0,-1,-1,0,0,1,1,0 }; for(i=1;i<=m;i++) for (j = 1; j <= n; j++) { if (i % 2 == j % 2) { addedge(0, (i - 1)*n + j, num[i][j]); for (int k = 0; k < 4; k++) { if (i + move[k][0] > 0 && i + move[k][0] <= m && j + move[k][1] > 0 && j + move[k][1] <= n) addedge((i - 1)*n + j, (i + move[k][0] - 1)*n + j + move[k][1], 1 << 30); } } else { addedge((i - 1)*n + j, 10005, num[i][j]); } } int ans =total- maxflow(0, 10005); cout << ans << endl; return 0; }
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