hiho1424 Asa's Chess Problem ( 上下界费用流 )

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( 北京2016区域赛C题 )

题目大意

给出一个N×N的01矩阵(N<=50，且N为偶数)。有N*N/2对可交换格子，每个格子有且仅有一个可交换对象。并且，每对可交换的格子必然在同一行或同一列。每交换一次的代价是1。对于每一行和每一列，都有一个1的个数的上界和下界。
问，最少执行多少次交换操作，可以满足所有行和列的1的个数的要求，

解答

比较明显的网络流构图，需要用到上下界，注意构图点数不要太多，否则会TLE，该压缩的必须要压缩。

把每一行每一列都看成一个状态，由于可交换的格子必然在同一行或同一列，所以每次交换必然只是从一个状态流向另一个状态。所以，我们可以先预处理出开始状态每一行每一列有多少个1( 记为g[i] )，从源点S向状态i (行或列)连一条上界下界均为g[i]，费用为0的边。每个状态i都向汇点T连一条上下界为读入要求，费用为0的边。然后，统计出N*N/2对交换格子交换后由状态i 到状态 j的个数( 先用二维数组压缩统计,记为swg[i][ j ] )，状态i向状态j连一条下界为0，上界为swg[i][ j ]，费用为1的边。

根据上述的构图，新添超级源点SS和超级汇点ST，根据模型，转化为下界均为0的网络流。最后，直接求解费用流即可。

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define bll long long
#define dou double
#define For(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i<=_##i; i++)
#define Rof(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i>=_##i; i--)
#define rep(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i<=_##i; i++)
#define rek(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i>=_##i; i--)
#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define Cpy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
//__builtin_popcountll

using std::sort;
using std::max;
using std::min;
using std::abs;
using std::swap;

// 费用流模板，封装在namespace里，避免变量，函数冲突
namespace fyl
{
    const int maxnode=100+100,maxedge=100*100+100*4+10;
    const int oo=1<<30;
    struct Edge
    {
        int node,next,flow,cost;
        Edge(int a=0,int b=0,int c=0,int d=0)
        {
            node=a,next=b,flow=c,cost=d;
        }
    }E[maxedge*2];
    int cnt;                    // 边数统计
    int head[maxnode],path[maxnode],pre[maxnode],F[maxnode];
    int o[200000];              // spfa队列，开的较大，如果不够可改成循环队列
    bool vis[maxnode];          // spfa判断是否点在队列里

    void init()                 // 初始化，多组数据必须调用
    {
        cnt=0;
        memset(head,255,sizeof head);
    }
    void add_edge(int x,int y,int f,int c)  // 建边，使用频率很高，可以考虑using
    {
        E[cnt]=Edge(y,head[x],f,c),head[x]=cnt++;
        E[cnt]=Edge(x,head[y],0,-c),head[y]=cnt++;
    }
    bool spfa(int S,int T,int N)            // 找一条从S到T的最小费用路径，N是网络流结点最后一个编号
    {
        for (int i=0; i<=N; i++) F[i]=oo;
        int h=0,t=0;
        o[t]=S; F[S]=0; vis[S]=1;
        for (; h<=t; h++)
        {
            int x=o[h];
            for (int i=head[x]; i!=-1; i=E[i].next)
            {
                int y=E[i].node;
                if (E[i].flow>0 && F[x]+E[i].cost0)
        {
            add_edge(SS,T,d[i],0);
            add_edge(i,ST,d[i],0);
            u[i]-=d[i];
            sumdown+=d[i];
        }
        if (u[i]) add_edge(i,T,u[i],0);
    }
    For(i,1,2*N)
        For(j,1,2*N)
            if (swg[i][j]) add_edge(i,j,swg[i][j],1);
    add_edge(T,S,fyl::oo,0);
    int flow=0,cost=0;
    fyl::solve(SS,ST,num,flow,cost);
    if (flow!=sumdown) return -1;   // 最大流要等于下届可，否则无解
    return cost;                    // 返回有解的情况下的最小费用
}


int main(int argc, char* argv[])
{
    for (; scanf("%d",&N)!=EOF; )
    {
        int ans=Done();
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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