bzoj2597【WC2007】剪刀石头布

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 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) (C, B, A) 视为相同的情况。
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 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 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 ij 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 N 列的数字矩阵。第 (i+1) 行第 j 个数字描述了 i 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



100%的数据中,N≤ 100。

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");
	}
}


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