hdoj 1569 方格取数(2) 【最小割】 【最大点权独立集】

方格取数(2) Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 5589    Accepted Submission(s): 1741 Problem Description 给你一个m*n的格子的棋盘，每个格子里面有一个非负数。 从中取出若干个数，使得任意的两个数所在的格子没有公共边，就是说所取数所在的2个格子不能相邻，并且取出的数的和最大。   Input 包括多个测试实例，每个测试实例包括2整数m,n和m*n个非负数(m<=50,n<=50)   Output 对于每个测试实例，输出可能取得的最大的和   Sample Input 3 3 75 15 21 75 15 28 34 70 5   Sample Output 188

一看就想用状态压缩写，结果1<<50。。。

分析：将N*M个点分成两部分，横纵坐标和为奇数的为S集元素，横纵坐标之和为偶数的点为T集元素。这样的话，若满足题意——则任意两个点（一个属于S集，一个属于T集）是不能被同时选中的。

问题转化：可以把问题转换为求二部图的最大点权独立集 = 点权总数 - 最小点权覆盖（从S集和T集里面选择一些点使得这些点覆盖所有边，并且权值之和最小）。     

建图：把图中N*M个坐标虚拟成N*M个点，设置超级源点source，超级汇点sink。

1，超级源点向S集里面所有元素建边，边权为元素对应点的点权；

2，T集所有元素向超级汇点建边，边权为元素对应点的点权；

3，S集元素，向所有它临近的T集元素建边， 边权无穷大。

最后求出最小割，然后总和减去就行了。

标注一下：对于一条路径source -> x -> y -> sink

如果割去了source -> x，说明不选x点。

如果割去了y -> sink，说明不选y点。

对于特殊的题目，比如说x点和y点可以同时选，但需要付出代价val，我们建边x->y，边权为val。

如果割去了x->y，说明既选x点，又选y点。当然这道题是不能——既不选x点，又不选y点的，因此边权为无穷大，表示该边不能被割去。 

无限ORZ大牛们，替我解惑！！！

AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define MAXN 3000
#define MAXM 20000+10
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
struct Edge
{
    int from, to, cap, flow, next;
};
Edge edge[MAXM];
int head[MAXN], edgenum, cur[MAXN];
int dist[MAXN];
bool vis[MAXN];
int N, M;
int source, sink;
int Map[60][60];
int sum;
void init()
{
    edgenum = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}
void addEdge(int u, int v, int w)
{
    Edge E1 = {u, v, w, 0, head[u]};
    edge[edgenum] = E1;
    head[u] = edgenum++;
    Edge E2 = {v, u, 0, 0, head[v]};
    edge[edgenum] = E2;
    head[v] = edgenum++;
}
void getMap()
{
    sum = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= M; j++)
            scanf("%d", &Map[i][j]), sum += Map[i][j];
    }
    source = 0, sink = 2501;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= M; j++)
        {
            if((i + j) & 1)//T集 连汇点 权值为该点的权值
                addEdge((i-1)*M + j, sink, Map[i][j]);
            else
            {
                addEdge(source, (i-1)*M + j, Map[i][j]);//源点 连S集权值为该点的权值
                if(j > 1)
                    addEdge((i-1)*M + j, (i-1)*M + j - 1, INF);//S集连T集
                if(j < M)
                    addEdge((i-1)*M + j, (i-1)*M + j + 1, INF);
                if(i > 1)
                    addEdge((i-1)*M + j, (i-2)*M + j, INF);
                if(i < N)
                    addEdge((i-1)*M + j, i*M + j, INF);
            }
        }
    }
}
bool BFS(int s, int t)
{
    queue<int> Q;
    memset(dist, -1, sizeof(dist));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    dist[s] = 0;
    vis[s] = true;
    Q.push(s);
    while(!Q.empty())
    {
        int u = Q.front();
        Q.pop();
        for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
        {
            Edge E = edge[i];
            if(!vis[E.to] && E.cap > E.flow)
            {
                dist[E.to] = dist[u] + 1;
                vis[E.to] = true;
                if(E.to == t) return true;
                Q.push(E.to);
            }
        }
    }
    return false;
}
int DFS(int x, int a, int t)
{
    if(x == t || a == 0) return a;
    int flow = 0, f;
    for(int &i = cur[x]; i != -1; i = edge[i].next)
    {
        Edge &E = edge[i];
        if(dist[E.to] == dist[x] + 1 && (f = DFS(E.to, min(a, E.cap-E.flow), t)) > 0)
        {
            edge[i].flow += f;
            edge[i^1].flow -= f;
            flow += f;
            a -= f;
            if(a == 0) break;
        }
    }
    return flow;
}
int Maxflow(int s, int t)
{
    int flow = 0;
    while(BFS(s, t))
    {
        memcpy(cur, head, sizeof(head));
        flow += DFS(s, INF, t);
    }
    return flow;
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d", &N, &M) != EOF)
    {
        init();
        getMap();
        printf("%d\n", sum - Maxflow(source, sink));
    }
    return 0;
}