2597: [Wc2007]剪刀石头布
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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
费用流的应用
是不是感觉这样一个问题很难和费用流扯上关系？但它实际上是有关系的...
首先我们可以转化为补集问题，也就是非石头剪刀布的情况。如果三个人之间的关系不是石头剪刀布，那么一定有某个人赢了另外两个人(这是很容易证明的)。假设第i个人赢了w[i]局，那么非石头剪刀布情况的总数为∑(C(w[i],2))，我们现在的任务就是让∑(C(w[i],2))最小(补集思想)。
下面我们就要考虑如何用费用流实现这个问题了。对于每一场比赛只有一个人可以获胜，我们很容易想到从源点到比赛节点连边，容量为1，费用为0；从比赛节点到两个选手节点连边，容量为1，费用为0。但是从选手向汇点怎么连边呢？这里的费用和流量成二次关系，我们可以用拆边法。拆边法顾名思义，就是把一条边拆成很多条边，但是整体的效果是没有改变的。
那怎么拆边呢？我们可以发现C(w[i],2)=w[i]*(w[i]-1)/2=1+2+3+…+(w[i]-1)。对于每个选手节点i，假设当前已经赢了w[i]场，我们就先将 C(w[i],2)累计到sum中(其中sum表示非石头剪刀布的数目)，从该选手节点向汇点连边，容量为1，费用依次为w[i]，w[i]+1，w[i]+2......连多少条边呢？n条一定够用了。
然后求最小费用最大流就可以了。
最终答案为C(n,3)-sum。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define maxn 20000
#define maxm 50000
#define inf 1000000000
using namespace std;
struct edge_type
{
int from,to,next,v,c;
}e[maxm];
int head[maxn],dis[maxn],p[maxn],a[105][105],w[105];
int ans=0,cnt=1,s,t,n ;
bool inq[maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y,int v,int c)
{
e[++cnt]=(edge_type){x,y,head[x],v,c};head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge_type){y,x,head[y],0,-c};head[y]=cnt;
}
inline bool spfa()
{
queue<int>q;
memset(inq,false,sizeof(inq));
F(i,1,t) dis[i]=inf;
dis[s]=0;inq[s]=true;q.push(s);
while (!q.empty())
{
int x=q.front();inq[x]=false;q.pop();
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v&&dis[y]>dis[x]+e[i].c)
{
dis[y]=dis[x]+e[i].c;
p[y]=i;
if (!inq[y]){inq[y]=true;q.push(y);}
}
}
}
return dis[t]!=inf;
}
inline void mcf()
{
while (spfa())
{
int tmp=inf;
for(int i=p[t];i;i=p[e[i].from]) tmp=min(tmp,e[i].v);
ans+=tmp*dis[t];
for(int i=p[t];i;i=p[e[i].from]){e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;}
}
}
int main()
{
n=read();
s=n*(n+1)+1;t=s+1;
F(i,1,n) F(j,1,n)
{
a[i][j]=read();
if (a[i][j]!=2) w[i]+=a[i][j];
}
F(i,1,n)
{
ans+=(w[i]-1)*w[i]/2;
int tmp=n*n+i;
F(j,0,n-1) add_edge(tmp,t,1,w[i]+j);
}
F(i,1,n-1) F(j,i+1,n) if (a[i][j]==2)
{
int tmp=(i-1)*n+j;
add_edge(s,tmp,1,0);
add_edge(tmp,n*n+i,1,0);
add_edge(tmp,n*n+j,1,0);
}
mcf();
F(i,2,cnt) if (e[i].from>=1&&e[i].from<=n*n&&e[i].to<=n*(n+1)&&!e[i].v)
{
int tmp=e[i].from;
int x=(tmp-1)/n+1,y=tmp-(x-1)*n;
if (e[i].to==n*n+y) swap(x,y);
a[x][y]=1;a[y][x]=0;
}
int mx=n*(n-1)*(n-2)/6-ans;
printf("%d\n",mx);
F(i,1,n)
{
F(j,1,n) printf("%d ",a[i][j]);
printf("\n");
}
}
