[BZOJ]3140 二分图最大匹配

最新推荐文章于 2021-08-02 20:58:50 发布

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本文介绍了一个关于实验室消毒问题的算法竞赛题目，通过三维转化为二维的方法，利用二分图最大匹配思想来解决如何以最少的资源完成消毒任务的问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

3140: [Hnoi2013]消毒

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
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Description

最近在生物实验室工作的小T遇到了大麻烦。
由于实验室最近升级的缘故，他的分格实验皿是一个长方体,其尺寸为a*b*c，a、b、c 均为正整数。为了实验的方便，它被划分为a*b*c个单位立方体区域，每个单位立方体尺寸
为1*1*1。用(i,j,k)标识一个单位立方体，1 ≤i≤a，1≤j≤b，1≤k≤c。这个实验皿已经很久没有人用了，现在，小T被导师要求将其中一些单位立方体区域进行消毒操作（每个区域可以被重复消毒）。而由于严格的实验要求，他被要求使用一种特定的F试剂来进行消毒。这种F试剂特别奇怪，每次对尺寸为x*y*z的长方体区域（它由x*y*z个单位立方体组成）进行消毒时，只需要使用min{x,y,z}单位的F试剂。F试剂的价格不菲，这可难倒了小 T。现在请你告诉他，最少要用多少单位的F试剂。(注：min{x,y,z}表示x、y、z中的最小者。)

Input

第一行是一个正整数 D ，表示数据组数。接下来是 D 组数据，每组数据开头是三个数 a,b,c 表示实验皿的尺寸。接下来会出现 a 个 b 行 c 列的用空格隔开的 01 矩阵， 0 表示对应的单位立方体不要求消毒， 1 表示对应的单位立方体需要消毒；例如，如果第 1 个 01 矩阵的第 2 行第 3 列为 1 ，则表示单位立方体 (1,2,3) 需要被消毒。输入保证满足 a*b*c≤5000,T≤3 。

Output

仅包含D行，每行一个整数，表示对应实验皿最少要用多少单位的F试剂。

Sample Input

1
4 4 4
1 0 1 1
0 0 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 1 1
1 0 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 0

Sample Output

HINT

对于区域(1,1,3)-(2,2,4)和(1,1,1)-(4,4,1)消毒，分别花费2个单位和1个单位的F试剂。2017.5.26新加两组数据By Leoly，未重测.

Source

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这道题就比较奇特了...

首先考虑二维的怎么做. 二维的就是然一个x*y的区域，花费min(x, y). 这个min值怎么消掉? 其实考虑对于染某一个点，染他这一列只需要1花费，因为宽度只为1，所以min值只为1. 由于你反正染这个点花费是1，染这一点所在的一行也是1，所以干脆每次就染一行染完. 那么每次染一个区域其实就可以看做染很多条，每次的花费为1. 那么这个问题就转化成了用最少的行和列覆盖所有的点. 这就是经典的二分图最大匹配. 就是 poj3041.

那么考虑三维的. 因为a*b*c<=5000，那么有一列肯定<=17. 把这一列作为高，那么我们就2^17的枚举哪些层要染，相当于横着切. 剩下没染的点，我们只用考虑竖着切和横穿着切(反正三种切的方式). 那么相当于就是二维里切行和切列. 所以总体思路就是三维的转化二维来做的话，枚举最小的一维即可.

听说memset要死的很惨...

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 5050;
int n, m, A, B, C, num, cnt, res, ans, tim, cas, opt;
int pw[20], h[maxn], match[maxn * 2], vis[maxn * 2];
struct point{ int x, y, z;}p[maxn];
struct edge{ int nxt, v;}e[100050];
inline void add(int u, int v){ e[++num].v = v, e[num].nxt = h[u], h[u] = num;}
int find(int u){
    for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt){
        int v = e[i].v;
        if(vis[v] < tim){
            vis[v] = tim;
            if(!match[v] || find(match[v]))
                return match[v] = u;
        }
    }
    return false;
}
inline void solve(int st){
    n = B, m = C; num = res = 0;
    for(int i = 0; i < A; ++i) if(pw[i] & st) res++;
    if(res >= ans) return;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) h[i] = 0;
    for(int i = 5010; i <= 5010 + m; ++i) match[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
        if(!(st & pw[p[i].x - 1])) add(p[i].y, p[i].z + 5010);
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        ++tim;
        if(find(i)) res++;
        if(res >= ans) return;
    }
    ans = res;
}
int main(){
    scanf("%d", &cas);
    pw[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 18; ++i) pw[i] = pw[i - 1] << 1;
    while(cas--){
        ans = 1e9, cnt = 0;
        scanf("%d%d%d", &A, &B, &C);
        for(int i = 1; i <= A; ++i)
            for(int j = 1; j <= B; ++j)
                for(int k = 1; k <= C; ++k){
                    scanf("%d", &opt);
                    if(opt) p[++cnt].x = i, p[cnt].y = j, p[cnt].z = k;
                }
        if(B < A){
            swap(A, B);
            for(int i = 1; i <= cnt; ++i) swap(p[i].x, p[i].y);
        }
        if(C < A){
            swap(A, C);
            for(int i = 1; i <= cnt; ++i) swap(p[i].x, p[i].z);
        }
        for(int i = 0; i < pw[A]; ++i) solve(i);
        printf("%d\n", ans);
    }
}