标签：sizeof 容量 front color its queue zoj turn include
注意到所有学生分为文理两科实际是把所有学生分为两个集合，如果相邻点全为同一集合有额外贡献
与最小割模型类似，考虑用最小割来解这道题
所有割到s的集合的点如果相邻点有割到t集合的就要去掉共有贡献，但是不论他周围有多少与他不同的人，这个贡献只会被扣一次，所以考虑拆点
可以观察到如果一个点没有选择文科，那么也必然不会有文科共同贡献，理科亦然，所以考虑把选每科贡献与每科共同贡献统一起来
然后就可以构图了
设a[x]为x选文科满意度，s[x]为选理科满意度
Sa[x],Ss[x]分别为选两科的共同贡献
把每个点拆成三个点ux,x,dx，源向x连容量为a[x]+Sa[x]的边，x向汇连容量为s[x]+Ss[x]的边
x向ux连容量为Sa[x]的边，dx向x连容量为Ss[x]的边
ux向所有与x相邻的点连容量为INF的边，所有与x相邻的点向dx连容量为INF的边
跑最小割即可
代码:
#include<bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; inline int _min(int a,int b) {return a<b?a:b;} #define MAXN 30005 const int S=MAXN-3,T=MAXN-2; int n,m,fix,fix2,ans; struct Edge{ int from,to,next,v; }e[MAXN*10]; int cnt=1,head[MAXN]; inline void insert(int a,int b,int f) { e[++cnt].next=head[a];head[a]=cnt;e[cnt].v=f;e[cnt].to=b;e[cnt].from=a; e[++cnt].next=head[b];head[b]=cnt;e[cnt].v=0;e[cnt].to=a;e[cnt].from=b; } int mk[105][105],sz,a[105][105],s[105][105],Sa[105][105],Ss[105][105]; int to[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1}; int dis[MAXN],bk[MAXN];queue<int> q; bool Bfs() { memset(dis,0,sizeof(dis)); dis[T]=1;q.push(T); while(!q.empty()) { int now=q.front();q.pop(); for(int i=head[now];i;i=e[i].next) if(!dis[e[i].to]&&e[i^1].v>0) { dis[e[i].to]=dis[now]+1; q.push(e[i].to); } } return dis[S]; } int Dfs(int v,int a) { if(v==T) return a; int flow=0,k; for(int i=head[v];i;i=e[i].next) { if(e[i].v>0&&dis[e[i].to]==dis[v]-1) { k=Dfs(e[i].to,_min(a,e[i].v)); a-=k;flow+=k;e[i].v-=k;e[i^1].v+=k; if(a==0) return flow; } } return flow; } int MaxFlow() { int flow=0,h; while(Bfs()) { while(h=Dfs(S,INF)) flow+=h; } return flow; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m);fix=n*m;fix2=n*m*2; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { mk[i][j]=++sz; scanf("%d",&a[i][j]); } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&s[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&Sa[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&Ss[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { ans+=a[i][j]+s[i][j]+Sa[i][j]+Ss[i][j]; insert(S,mk[i][j],a[i][j]+Sa[i][j]); insert(mk[i][j],T,s[i][j]+Ss[i][j]); } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { insert(mk[i][j],mk[i][j]+fix,Sa[i][j]); insert(mk[i][j]+fix2,mk[i][j],Ss[i][j]); for(int k=0;k<4;k++) { if(!mk[i+to[k][0]][j+to[k][1]]) continue; insert(mk[i][j]+fix,mk[i+to[k][0]][j+to[k][1]],INF); insert(mk[i+to[k][0]][j+to[k][1]],mk[i][j]+fix2,INF); } } printf("%d\n",ans-MaxFlow()); return 0; }
标签：sizeof 容量 front color its queue zoj turn include
原文地址：http://www.cnblogs.com/ihopenot/p/6228593.html
