BZOJ 3144 HNOI 2013 切糕

最新推荐文章于 2017-07-06 11:26:36 发布

huanghongxun

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分类专栏： BZOJ 省选网络流文章标签： bzoj 最小割网络流 HNOI 省选

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本文详细解析了HNOI2013年竞赛中的切糕问题，通过构建网络流模型来求解最小割问题，进而找到满足光滑性要求的最优切割方案。文中提供了一种复杂但直观的解决方案，并附带了完整的C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题解

首先我们不考虑其它，如果这个切糕只有 $1*1*r$ ，我们的线性规划式可以表示成：

min {\sum max {0, x i - x i - 1} \cdot v i + \sum max {0, 1 - x n} \cdot \infty}

$\min \left\{ \sum \max\{0,x_i-x_{i-1}\}\cdot v_i+ \sum \max\{0,1-x_n\}\cdot \infty \right\}$
令

x0=0 $x_0=0$ ，即源点。
这样子可以限制数列

{vn} $\{v_n\}$ 只取1个点且数最小。只会允许

{xn} $\{x_n\}$ 前段全为0，后段全为1。
取0意味着割点在

i $i$ 之后，因为

i∈S $i \in S$ ；1意味着割点在

i $i$ 之前或就是

i $i$ 本身，因为

i∈T $i \in T$ 。
就这个式子本身而言，如果更加直观，可以这么写：

min {\sum max {0, x i - x' i} \cdot v i + \sum max {0, x' j - x i} \cdot \infty}

$\min \left\{ \sum \max\{0,x_i-x'_i\}\cdot v_i+ \sum \max\{0,x'_j-x_i\}\cdot \infty \right\}$
其中

x′n+1=1,x0=0 $x'_{n+1}=1,x_0=0$ 。效果是一样的，无非就是拆个点。
其实从构好的图也可以看出，一列点依次有向的连接，最后连到汇点的是inf的边，那么最小割只会取最小的。
那么现在扩充到

p∗q∗r $p*q*r$ ，就是扩展一下式子：

min {\sum max {0, x i, j, k - x i, j, k - 1} \cdot v i + \sum max {0, 1 - x i, j, r} \cdot \infty}

$\min \left\{ \sum \max\{0,x_{i,j,k}-x_{i,j,k-1}\}\cdot v_i+ \sum \max\{0,1-x_{i,j,r}\}\cdot \infty \right\}$
式子仍不满足要求，因为存在

∣∣f(x,y)−f(x′,y′)∣∣≤D $\left|f(x,y)-f(x',y') \right|\leq D$
所以我们继续扩展式子：

min {\sum max {0, x i, j, k - x i, j, k - 1} \cdot v i + \sum max {0, 1 - x i, j, r} \cdot \infty + \sum max {0, x i', j', k - d - x i, j, k} \cdot \infty}

$\min \left\{ \sum \max\{0,x_{i,j,k}-x_{i,j,k-1}\}\cdot v_i+ \sum \max\{0,1-x_{i,j,r}\}\cdot \infty+\sum \max\{0,x_{i',j',k-d}-x_{i,j,k}\}\cdot \infty \right\}$
其中

∣∣x−x′∣∣+∣∣y−y′∣∣=1 $\left|x-x'\right|+\left|y-y'\right|=1$
分情况讨论，如果

xi′,j′,k−d $x_{i',j',k-d}$ 为1，那么说明

(i′,j′) $(i',j')$ 列被割的点在

k−d $k-d$ 之前，

xi,j,k $x_{i,j,k}$ 取0是不合法的，因为

(i,j) $(i,j)$ 列的割点在

k $k$ 之后，显然距离超过

D $D$ ，画图可知。
如果

xi′,j′,k−d $x_{i',j',k-d}$ 为0，那么说明

(i′,j′) $(i',j')$ 列被割的点在

k−d $k-d$ 之后，

xi,j,k $x_{i,j,k}$ 取1和0对于

xi,j,k $x_{i,j,k}$ 本身是合法的。而如果

xi′,j′,k−d $x_{i',j',k-d}$ 取值0不合法，会有

xi,j,k $x_{i,j,k}$ 后面的点判断不合法。
因此我们可以构图。
s连向

(i,j,1) $(i,j,1)$ ，边权

v(i,j,1) $v(i,j,1)$ ；

(i,j,k−1) $(i,j,k-1)$ 连向

(i,j,k) $(i,j,k)$ ，边权

v(i,j,k) $v(i,j,k)$ ；

(i,j,r) $(i,j,r)$ 连向

t $t$ ，边权

∞ $\infty$ ；

(i,j,k) $(i,j,k)$ 连向

(i′,j′,k−d) $(i',j',k-d)$ ，边权

∞ $\infty$ 。
跑一下网络流即可。

想法比别人复杂好多。
实际上这种题用不上线性规划构图。。
实际上这个构图很直观就可以yy出来了。
直观构图可以看http://www.cnblogs.com/zig-zag/archive/2013/05/13/3076563.html 和http://blog.youkuaiyun.com/zarxdy34/article/details/45272055。

88ms真慢。。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100005, M = N * 5, inf = 0x3f3f3f3f;
namespace Graph {
    int head[N], next[M], to[M], vis[N], cur[N], level[N], que[N * 10], w[M];
    ;
    int edge_cnt = 0, s, t;
    void add(int a, int b, int c) {
        next[edge_cnt] = head[a]; to[edge_cnt] = b; w[edge_cnt] = c; head[a] = edge_cnt++;
        next[edge_cnt] = head[b]; to[edge_cnt] = a; w[edge_cnt] = 0; head[b] = edge_cnt++;
    }
    bool bfs() {
        memset(level, -1, sizeof level);
        int f = 0, r = 0;
        que[r++] = s; level[s] = 0;
        while (f < r) {
            int u = que[f++];
            for (int i = head[u]; i != -1; i = next[i])
                if (w[i] > 0 && level[to[i]] == -1) {
                    level[to[i]] = level[u] + 1;
                    que[r++] = to[i];
                }
        }
        return level[t] != -1;
    }
    int dfs(int u, int low) {
        if (u == t) return low;
        int res = 0;
        for (int i = cur[u]; i != -1 && res < low; i = next[i])
            if (w[i] > 0 && level[to[i]] == level[u] + 1) {
                int tmp = dfs(to[i], min(low - res, w[i]));
                res += tmp; w[i] -= tmp; w[i ^ 1] += tmp;
                if (w[i]) cur[u] = i;
            }
        if (!res) level[u] = -1;
        return res;
    }
    int solve() {
        int ans = 0;
        while (bfs()) {
            memcpy(cur, head, sizeof cur);
            ans += dfs(s, inf);
        }
        return ans;
    }
}

int dx[] = {0, 0, 1, -1};
int dy[] = {-1, 1, 0, 0};
int v[41][41][41];

int main() {
    using namespace Graph;
    int p, q, r, d, i, j, k, l;
    memset(head, -1, sizeof head);
    scanf("%d%d%d%d", &p, &q, &r, &d);
    for (i = 1; i <= r; i++)
        for (j = 1; j <= p; j++)
            for (k = 1; k <= q; k++)
                scanf("%d", &v[j][k][i]);
    s = 0; t = p * q * r + 1;

    #define id(x,y,z) ((z==0)?0:((z-1)*p*q+(x-1)*q+y))

    for (i = 1; i <= p; i++)
        for (j = 1; j <= q; j++) {
            for (k = 1; k <= r; k++) {
                add(id(i, j, k - 1), id(i, j, k), v[i][j][k]);
                if (k > d)
                    for (l = 0; l < 4; l++) {
                        int nx = i + dx[l], ny = j + dy[l];
                        if (nx < 1 || nx > p || ny < 1 || ny > q) continue;
                        add(id(i, j, k), id(nx, ny, k - d), inf);
                    }
            }
            add(id(i, j, r), t, inf);
        }

    printf("%d", solve());

    return 0;
}

3144: [Hnoi2013]切糕

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1039 Solved: 592

Description

HNOI 2013

Input

第一行是三个正整数P,Q,R，表示切糕的长P、宽Q、高R。第二行有一个非负整数D，表示光滑性要求。接下来是R个P行Q列的矩阵，第z个矩阵的第x行第y列是v(x,y,z) (1≤x≤P, 1≤y≤Q, 1≤z≤R)。
100%的数据满足P,Q,R≤40，0≤D≤R，且给出的所有的不和谐值不超过1000。