2597: [Wc2007]剪刀石头布
Time Limit: 20 Sec
Memory Limit: 128 MBSec
Special Judge
Submit: 1011
Solved: 476
[ Submit][ Status][ Discuss]
Description
在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到
A
胜过
B
，
B
胜过
C
而
C
又胜过
A
的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组
(A, B, C)
，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将
(A, B, C)
、
(A, C, B)
、
(B, A, C)
、
(B, C, A)
、
(C, A, B)
和
(C, B, A)
视为相同的情况。
有
N
个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有
场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。
Input
输入文件的第
1
行是一个整数
N
，表示参加比赛的人数。
之后是一个
N
行
N
列的数字矩阵：一共
N
行，每行
N
列，数字间用空格隔开。
在第
(i+1)
行的第
j
列的数字如果是
1
，则表示
i
在已经发生的比赛中赢了
j
；该数字若是
0
，则表示在已经发生的比赛中
i
败于
j
；该数字是
2
，表示
i
和
j
之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第
(i+1)
行第
i
列的数字都是
0
，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。
输入文件保证合法，不会发生矛盾，当
i≠j
时，第
(i+1)
行第
j
列和第
(j+1)
行第
i
列的两个数字要么都是
2
，要么一个是
0
一个是
1
。
Output
输出文件的第
1
行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。
输出文件的第
2
行开始有一个和输入文件中格式相同的
N
行
N
列的数字矩阵。第
(i+1)
行第
j
个数字描述了
i
和
j
之间的比赛结果，
1
表示
i
赢了
j
，
0
表示
i
负于
j
，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字
2
；对角线上的数字都是
0
。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。
Sample Input
3
0 1 2
0 0 2
2 2 0
Sample Output
1
0 1 0
0 0 1
1 0 0
HINT
Source
[ Submit][ Status][ Discuss]
题解：费用流
最大化(A,B,C)三元组的数量其实就是最小化不满足(A,B,C)的数量。
如果满足(A,B,C)那么三个人各赢了一次，如果不满足的话只需要让其中一个人赢两次即可。
那么容易求出不满足(A,B,C)的数量就是sigma w[i]*(w[i]-1)/2 ，其中w[i]表示的是第i个人赢的总场数。
现在考虑如果最小化上式的值。先考虑求出一个合法的分配方案。
对应没有确定输赢的对决c(i,j)建立节点，每个人pi
s->c(i,j) 容量为1
c(i,j)->pi 容量为1
c(i,j)->pj 容量为1
pi->T 容量为n-1-w[i]，因为每次人最多打n-1场,已经赢了w[i]场，那么最多再赢n-1-w[i]场。
这样我们只要最后看c(i,j)->pi,c(i,j)->pj那一条边满流就能确定出i,j谁胜谁负，从而确定合法的方案。
那如果我们现在要求sigma w[i]*(w[i]-1)/2最小呢？可以将某些边加上费用。
pi->T因为我们不确定最终会再赢多少场，每赢一场增加的费用是不同，对于第i场，再i-1场的基础上再赢一场，会增加i*(i-1)/2-(i-1)*(i-2)/2 ,所以我们考虑拆边，将容量都设为1，然后费用依次是i*(i-1)/2-(i-1)*(i-2)/2。注意刚开始已经赢的w[i]也要算上。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define N 203
#define M 100003
#define inf 1000000000
using namespace std;
int a[N][N],n,map[N][N],s,t,tot,pos[N][N];
int point[M],next[M],v[M],remain[M],c[M],dis[M],can[M];
int last[M],cur[M],deep[M],num[M],w[M],ans;
void add(int x,int y,int z,int k)
{
tot++; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z; c[tot]=k;
tot++; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0; c[tot]=-k;
//cout< p;
for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=inf,can[i]=0;
dis[s]=0; can[s]=1; p.push(s);
while (!p.empty()) {
int now=p.front(); p.pop();
for (int i=point[now];i!=-1;i=next[i])
if (dis[v[i]]>dis[now]+c[i]&&remain[i]){
dis[v[i]]=dis[now]+c[i];
last[v[i]]=i;
if (!can[v[i]]) {
can[v[i]]=1;
p.push(v[i]);
}
}
can[now]=0;
}
if (dis[t]==inf) return false;
int flow=addflow(s,t);
ans+=flow*dis[t];
return true;
}
void solve(int s,int t)
{
while (spfa(s,t));
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
int cnt=1;
s=1;
tot=-1;
memset(point,-1,sizeof(point));
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
if (a[i][j]==1) w[i]++;
else if(a[i][j]==2&&i
