BZOJ 4823: [Cqoi2017]老C的方块（最小割）

题目传送门

这个题面没有图，十分难受，自己yy一下图是什么样的，或者去看那些大佬的贴图博客吧！

---

题解

这题其实是比较典型的最小割模型。前提是你看懂了老C弃疗的图案的规律，否则就很难入手了。

比较明显的是，在讨厌的图案中，一个竖着的特殊边的左右两边一定有格子，而且，这两个格子一定另外各连着一个格子。仔细分析，发现这包含且仅包含了那4种情况。（好像明白了横着空4个和竖着空两个的作用）

如果我们根据奇偶性等进行奇妙的染色就会发现（如下图）：

（上图摘自某大佬的博客%%）

我们将特殊边左右两边的格子染成紫色，奇数行黑白连续，偶数行白黑连续。（类似于网格黑白染色）然后不合法的情况就是白紫紫黑的连通。于是我们建立S连向每个白色格，容量为去掉白色格的花费w；黑色格连向T，容量也为w；对于每个白色格连向紫色格，容量为INF（此边不可割）；每个紫色向黑色连边，容量为INF；然后两个相邻紫格去掉一个就不用割其他的边，于是两个紫色格连一条边，容量为min(w[i], w[j])。

由于对于每一块8个都不能从S到T，于是最小割就是最终答案。

值得注意的地方：

①由于坐标都比较大，所以我们直接提出有用的点来连边，怎么判断一个点相邻的点的存在性呢？答曰：开个map。

②还有坐标的读入是先列后行。

③建图极易出错，关于颜色的分类讨论要注意，对于紫的的方块我们不知道白色在哪一边，直接连两条就行，因为最小割上一条反向的边我们是不会割的。

ps：居然在连边的时候，i、j忘记加s，WA到我哭的王者操作。。

---

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define INF 0x7FFFFFFF
#define maxn 100010
#define maxm 1000010

using namespace std;

typedef long long LL;

map int> M;

int C, R, n;
const int dx[] = {0, 0, -1, 1};
const int dy[] = {-1, 1, 0, 0};

struct Data{
    int x, y, w;
}bb[maxn];

int s, t, cur = -1, level[maxn], q[maxn];

struct List{
    int obj, cap;
    List *next, *rev;
}*head[maxn], *iter[maxn], Edg[maxm];

void Addedge(int a, int b, int c){
    Edg[++cur].next = head[a];
    Edg[cur].obj = b;
    Edg[cur].cap = c;
    Edg[cur].rev = Edg+(cur^1);
    head[a] = Edg+cur;
}

bool bfs(){
    for(int i = s; i <= t; i++)  level[i] = -1;
    level[s] = 0;

    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = s;

    while(hh <= tt){
        int now = q[hh++];
        for(List *p = head[now]; p; p = p->next){
            int v = p->obj, c = p->cap;
            if(c && level[v] == -1){
                level[v] = level[now] + 1;
                q[++tt] = v;
            }
        }
    }
    return level[t] != -1;
} 

int Dinic(int now, int f){
    if(now == t || !f)  return f;
    int ret = 0;
    for(List *&p = iter[now]; p; p = p->next){
        int v = p->obj, c = p->cap;
        if(c && level[v] == level[now] + 1){
            int d = Dinic(v, min(c, f));
            ret += d;
            p->cap -= d;
            f -= d;
            p->rev->cap += d;
            if(!f)  break;
        }
    }
    return ret;
}

int MinCut(){
    int flow = 0;
    while(bfs()){
        for(int i = s; i <= t; i++)  iter[i] = head[i];
        flow += Dinic(s, INF);
    }
    return flow;
}

bool W(int x, int y){
    return (x % 2 == 0 && y % 4 == 1) || (x % 2 == 1 && y % 4 == 0); 
}

bool B(int x, int y){
    return (x % 2 == 0 && y % 4 == 2) || (x % 2 == 1 && y % 4 == 3);
}

bool P(int x, int y){
    return (x % 2 == 1 && (y % 4 == 1 || y % 4 == 2)) || (x % 2 == 0 && (y % 4 == 0 || y % 4 == 3));
}

void Build(){
    s = 1;  t = s + n + 1;
    for(int i = s; i <= t; i++)  head[i] = NULL;

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int x = bb[i].x, y = bb[i].y, w = bb[i].w;
        if(W(x, y)){
            Addedge(s, s+i, w);
            Addedge(s+i, s, 0);
        }
        else if(B(x, y)){
            Addedge(s+i, t, w);
            Addedge(t, s+i, 0);
        }
        for(int d = 0; d < 4; d++){
            int xx = x + dx[d], yy = y + dy[d], j = M[1LL*(xx-1)*C+1LL*yy];
            if(xx < 1 || yy < 1 || xx > R || yy > C || !j)  continue;
            if((W(x, y) && P(xx, yy)) || (P(x, y) && B(xx, yy))){
                Addedge(s+i, s+j, INF);
                Addedge(s+j, s+i, 0);
            }
            else if(P(x, y) && P(xx, yy)){
                Addedge(s+i, s+j, min(w, bb[j].w));
                Addedge(s+j, s+i, 0);
            }
        }
    }
}

int main(){

    freopen("block.in", "r", stdin);
    freopen("block.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d%d", &C, &R, &n);

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d%d%d", &bb[i].y, &bb[i].x, &bb[i].w);
        M[1LL*(bb[i].x-1)*C+1LL*bb[i].y] = i;
    }

    Build();

    printf("%d\n", MinCut());

    return 0;
}

---

声起立华乐独奏，曲末音无心结弦。