标签：ble use turn 基础 set problem blank can std
http://codevs.cn/problem/1907/ (题目链接)
N*N的方格，每个格子中有一个数，从中取出不相邻的任意个数，使得取到的数的和最大。
裸的二分图带权最大独立集。
二分图带权最大独立集。给出一个二分图，每个节点上有一个正权值。要求选出一些点，使得这些点之间没有变相连，且权值和最大。
在二分图的基础上添加源点S和汇点T，然后从S向所有X集合中的点连一条边，所有Y集合中的点向T连一条边，容量均为该店的权值。X节点与Y节点之间的边的容量均为无穷大。这样，对于该图中的任意一个割，将割中的边对应的节点删掉就是一个符合要求的解，权和为所有权和减去割的容量。因此，只需要求出最小割，就能求出最大权和。
于是这道题的建图就很明显了，对于点(i,j)，如果i+j是2的倍数，那么将它置于左集，反之置于右集，添加源点汇点，求最小割即可。
// codevs1907
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define inf 2147483640
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
const int maxn=1000;
struct edge {int to,next,w;}e[maxn*100];
int head[maxn],d[maxn];
int cnt=1,n,m,ans,es,et;
void link(int u,int v,int w) {
e[++cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt;
e[++cnt]=(edge){u,head[v],0};head[v]=cnt;
}
bool bfs() {
memset(d,-1,sizeof(d));
queue<int> q;q.push(es);d[es]=0;
while (!q.empty()) {
int x=q.front();q.pop();
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].w && d[e[i].to]<0) {
d[e[i].to]=d[x]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return d[et]>0;
}
int dfs(int x,int f) {
if (x==et || f==0) return f;
int w,used=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].w && d[e[i].to]==d[x]+1) {
w=dfs(e[i].to,min(e[i].w,f-used));
used+=w;
e[i].w-=w;e[i^1].w+=w;
if (used==f) return used;
}
if (!used) d[x]=-1;
return used;
}
void Dinic() {
while (bfs()) ans-=dfs(es,inf);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
es=n*m+1;et=n*m+2;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int x,j=1;j<=m;j++) {
scanf("%d",&x);
ans+=x;
if ((i+j)%2==1) {link((i-1)*m+j,et,x);continue;}
link(es,(i-1)*m+j,x);
if (i>1) link((i-1)*m+j,(i-2)*m+j,inf);
if (i<n) link((i-1)*m+j,i*m+j,inf);
if (j>1) link((i-1)*m+j,(i-1)*m+j-1,inf);
if (j<m) link((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,inf);
}
Dinic();
printf("%d",ans);
return 0;
}
标签：ble use turn 基础 set problem blank can std
原文地址：http://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/6192581.html
