Chips Challenge,UVA1104,amazing的建图+有源汇上下界最小费用最大流

正题

      真是非常的amazing啊!

      先说说正确做法.

      由于要满足A/B的限制,考虑暴力枚举每一行每一列最多选多少个,根据这个求出当前全局最多选多少个,如果满足条件,那么更新答案.

      对于行列建立二分图,源向行点连边,容量为该行的可放置部件(包括已选)的位置个数,列点向汇连边容量为该列的可放置部件(包括已选)的位置个数.枚举行列最大值t,从行点到该行对应的列点连一条容量为t的边,这条边流了多少,说明行和列各选了多少.

      对于一个可放置点(x,y),从行x向列y连一条容量为1,花费为1的边,表示流过这条边则不选.

      最后因为要求当前全局最多选多少个,所以在满流的前提下,令删掉的最小(费用最小)即可.

      证明考虑行x列x,有行x的入度-行x的非列x出度=行x的列x出度=列x的行x入度=列x的出度-列x的非行x入度,行x的非列x出度和列x的非行x入度都表示的是不选的点,若行x的入度恰好等于该行的可放置部件位置个数(包括已选),列x同理,则可以说明,行x选的个数=列x选的个数.

      也可以考虑有2n个变量,表示该行该列可放置部件的位置个数,有多个(x,y),表示每次可以给行x减一,列x减一,问是否存在某种方案使得最后行x与列x相等,这样建图就相当于先去掉那些(x,y),对于剩下的,必须要满足行x=列x,因为流量平衡.

总结

      一开始想了20min就有思路了,首先也是暴力枚举,大概就是对于每行每列都建两个点,用来限制流量,中间连的边就是这行这列还能选多少个点,如果对于i,如果行i本身选的比列i多,那么相当于列i要多找几个点出来,所以就从列i的出点向汇点连边,行i同理.

      同时,要走的是一条类似转换路的东西,因为(x,y),(y,z)本质上就是(x,z),所以我就从每个列的出点向行的入点连边,这样走出来的路就是对的,然后相当于要让选的东西最多,所以找的就是最长路,但是这个东西有正环,然后不会费用流的消圈算法,也可能写出来也不一定对?

      总之题解的建图方法十分的巧妙,本质上就是正题的最后一段,十分的牛,考场上也许可以先想到2n个变量增减,然后再想到流量平衡来满足限制?正难则反?另外再用费用来解决删的少?

      代码是我的没解决负环版本,UVA上都上不了了,就懒得打了,除了建边也就是个板子吧?

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=170,M=2010;
struct edge{
	int y,nex,f,c;
}s[M<<1];
int first[N],len=1,h[N],l[N],d[N],mmin[N],pre[N];
int n,S,T,A,B;
bool tf[N];
char p[N][N];
queue<int> qs;

void ins(int x,int y,int f,int c){
	printf("%d %d %d %d\n",x,y,f,c);
	s[++len]=(edge){y,first[x],f,c};first[x]=len;
	s[++len]=(edge){x,first[y],0,-c};first[y]=len;
}

int SPFA(){
	for(int i=1;i<=T;i++) d[i]=1e9;
	d[S]=0;qs.push(S);tf[S]=true;mmin[S]=1e9;
	while(!qs.empty()){
		
		int x=qs.front();qs.pop();tf[x]=false;
		for(int i=first[x];i!=0;i=s[i].nex) if(s[i].f && d[s[i].y]>d[x]+s[i].c){
			d[s[i].y]=d[x]+s[i].c;
			mmin[s[i].y]=min(mmin[x],s[i].f);
			pre[s[i].y]=i;
			if(!tf[s[i].y]) qs.push(s[i].y),tf[s[i].y]=true;
		}
	}
	if(d[T]==1e9) return 1e9;
	int now=T;
	while(now!=S){
		s[pre[now]].f-=mmin[T];
		s[pre[now]^1].f+=mmin[T];
		now=s[pre[now]^1].y;
	}
	return mmin[T]*d[T];
}

int MCMF(){
	int tot=0;
	while(1){
		int dx=SPFA();
		if(dx==1e9) break;
		tot+=dx;
	}
	return tot;
}

int check(int maxf){
	for(int i=1;i<=T;i++) first[i]=h[i]=l[i]=0;len=1;
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(p[i][j]=='C') h[i]++,l[j]++,tot++;
			else if(p[i][j]=='.') ins(i+n,j+2*n,1,-1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(h[i]>l[i]) ins(i+3*n,T,h[i]-l[i],0);
		else if(h[i]<l[i]) ins(S,i,l[i]-h[i],0);
		if(h[i]>maxf || l[i]>maxf) return -1;
		ins(i,i+n,maxf-h[i],0);ins(i+2*n,i+3*n,maxf-l[i],0);
		ins(i+3*n,i,1e9,0);
	}
	int ans=-MCMF();printf("%d\n",ans);
	for(int i=first[S];i;i=s[i].nex) if(s[i].f) return -1;
	return 1ll*maxf*B<=1ll*(tot+ans)*A?ans:-1;
}

int main(){
	scanf("%d %d %d",&n,&A,&B);S=4*n+1;T=S+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",p[i]+1);
	bool tf=true;
	int tmp=-1;
	for(int i=first[S];i;i=s[i].nex) if(s[i].c){tf=false;break;}
	for(int i=0;i<=n;i++) tmp=max(tmp,check(i));
	if(tmp==-1) printf("impossible");
	else printf("%d",tmp);
}