51nod 1551 集合交易

本文介绍了一个关于集合交易的问题,并提出了一种利用二分图完美匹配和最大权闭合子图算法来解决该问题的方法。具体步骤包括构建二分图进行匹配、处理依赖关系以及寻找最小费用。

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题目来源:  CodeForces
基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 320  难度:7级算法题
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市场中有n个集合在卖。我们想买到满足以下要求的一些集合,所买到集合的个数要等于所有买到的集合合并后的元素的个数。

每个集合有相应的价格,要使买到的集合花费最小。

这里我们的集合有一个特点:对于任意整数k(k>0),k个集合的并集中,元素的个数不会小于k个。

现在让你去市场里买一些满足以上条件集合,可以一个都不买。


Input
单组测试数据
第一行包含一个整数n(1≤n≤300),表示在市场中卖的集合个数
接下来有n行。
每行先给出一个整数mx(1≤mx≤n),表示在第x个集合中元素的个数,在这之后给出m个正整数ai(1≤ai≤n),每个整数表示第x个集合中的元素。同一个集合中的元素不重复。
接下来一行给出n个整数pi(|pi|≤10^6),表示第i个集合的价格。
Output
共一行,表示可以买到满足以上要求的集合所需要的最小费用。
Input示例
样例输入1
3
1 1
2 2 3
1 3
10 20 -3
Output示例
样例输出1
-3
System Message  (题目提供者)
C++的运行时限为:1000 ms ,空间限制为:131072 KB  示例及语言说明请按这里





【分析】

由于题目要求集合和元素个数相等,我们可以考虑二分图完美匹配。

首先找到一个二分图完美匹配,然后如果集合中的点x包含元素y,但y匹配的集合是z(z!=x),那么x向z连一条流量为inf的边,代表选了x必须选z。

发现有正权负权,有一些依赖关系,跑最大权闭合子图。



【代码】

//51nod 1551 集合交易
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1e9
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=305;
queue <int> q;
int n,m,S,T,cnt,ans;
bool vis[mxn],mp[mxn][mxn];
int link[mxn],head[mxn],dis[mxn],c[mxn];
struct edge {int to,next,flow;} f[mxn*mxn*2];
inline void add(int u,int v,int flow)
{
	f[++cnt]=(edge){v,head[u],flow},head[u]=cnt;
	f[++cnt]=(edge){u,head[v],0},head[v]=cnt;
}
inline bool bfs()
{
	memset(dis,-1,sizeof dis);
	dis[S]=0,q.push(S);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=f[i].next)
		{
			int v=f[i].to,flow=f[i].flow;
			if(dis[v]==-1 && flow>0)
			  dis[v]=dis[u]+1,q.push(v);
		}
	}
	return dis[T]>0;
}
inline bool dfs(int u)
{
	int v;
	fo(v,1,n)
	  if(mp[u][v] && !vis[v])
	  {
	  	  vis[v]=1;
	  	  if(!link[v] || dfs(link[v]))
	  	    return link[v]=u,1;
	  }
	return 0;
}
inline int find(int u,int low)
{
	if(u==T) return low;
	int sum=0,a;
	for(int i=head[u];i;i=f[i].next)
	{
		int v=f[i].to,flow=f[i].flow;
		if(flow>0 && dis[v]==dis[u]+1 && (a=find(v,min(flow,low-sum))))
		{
			sum+=a;
			f[i].flow-=a;
			if(i&1) f[i+1].flow+=a;
			else f[i-1].flow+=a;
			if(sum==low) return low;
		}
	}
	if(!sum) dis[u]=-1;
	return sum;
}
int main()
{
	int i,j,x,y;
	scanf("%d",&n);
	S=0,T=n+1;
	fo(i,1,n)
	{
		scanf("%d",&y);
		while(y--)
		{
			scanf("%d",&x);
			mp[i][x]=1;
		}
	}
	fo(i,1,n) M(vis),dfs(i);
	fo(i,1,n) fo(j,1,n) if(mp[i][j] && link[j]!=i)
	  add(i,link[j],inf);
	fo(i,1,n)
	{
		scanf("%d",&c[i]);
		c[i]=-c[i];
		if(c[i]<0) add(i,T,-c[i]);
		else add(S,i,c[i]),ans+=c[i];
	}
	while(bfs()) ans-=find(S,inf);
	printf("%d\n",ans>0?-ans:0);
	return 0;
}


题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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