[BZOJ2132] 圈地计划

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Description

最近房地产商GDOI(Group of Dumbbells Or Idiots)从NOI(Nuts Old Idiots)手中得到了一块开发土地。据了解，这块土地是一块矩形的区域，可以纵横划分为N×M块小区域。GDOI要求将这些区域分为商业区和工业区来开发。根据不同的地形环境，每块小区域建造商业区和工业区能取得不同的经济价值。更具体点，对于第i行第j列的区域，建造商业区将得到Aij收益，建造工业区将得到Bij收益。另外不同的区域连在一起可以得到额外的收益，即如果区域(I,j)相邻（相邻是指两个格子有公共边）有K块（显然K不超过4）类型不同于(I,j)的区域，则这块区域能增加k×Cij收益。经过Tiger.S教授的勘察，收益矩阵A,B,C都已经知道了。你能帮GDOI求出一个收益最大的方案么？

Input

输入第一行为两个整数，分别为正整数N和M，分别表示区域的行数和列数；第2到N+1列，每行M个整数，表示商业区收益矩阵A；第N+2到2N+1列，每行M个整数，表示工业区收益矩阵B；第2N+2到3N+1行，每行M个整数，表示相邻额外收益矩阵C。第一行，两个整数，分别是n和m（1≤n，m≤100）；

任何数字不超过1000”的限制

Output

输出只有一行，包含一个整数，为最大收益值。

Sample Input

3 3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
9 8 7
6 5 4
3 2 1
1 1 1
1 3 1
1 1 1

Sample Output

81
【数据规模】
对于100%的数据有N,M≤100

HINT

思路

对于每个白点B，S->B:W工业，B->T:W商业，对于每对有关系的两点A，B，A<–>B:c1+c2。

代码实现

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 const int maxn=300;
 4 const int maxm=maxn*maxn*5;
 5 inline int min_(int x,int y){return x<y?x:y;}
 6 inline int swap_(int&x,int&y){x^=y,y^=x,x^=y;}
 7 int n,m,s,t,ans;
 8 int a;
 9 int ind[maxn][maxn],bus[maxn][maxn],com[maxn][maxn];
10 int h[maxm],hs=1,et[maxm],ew[maxm],en[maxm];
11 void add(int u,int v,int w){++hs,et[hs]=v,ew[hs]=w,en[hs]=h[u],h[u]=hs;}
12 int nh,nl;
13 int hb[]={-1,0,1,0};
14 int lb[]={0,1,0,-1};
15 int q[maxm],head,tail;
16 int d[maxm];
17 void bfs(){
18     memset(d,0,sizeof(d));
19     head=tail=0;
20     q[head++]=s,d[s]=1;
21     while(head>tail){
22         a=q[tail++];
23         for(int i=h[a];i;i=en[i])
24         if(!d[et[i]]&&ew[i]){
25             d[et[i]]=d[a]+1;
26             if(et[i]==t) return;
27             q[head++]=et[i];
28         }
29     }
30 }
31 int ap(int k,int w){
32     if(k==t) return w;
33     int dw=w;
34     for(int i=h[k];i&&dw;i=en[i])
35     if(ew[i]&&d[et[i]]==d[k]+1){
36         int wt=ap(et[i],min_(w,ew[i]));
37         if(wt) ew[i]-=wt,ew[i^1]+=wt,dw-=wt;
38         else d[et[i]]=0;
39     }
40     return w-dw;
41 }
42 void Dinic(){while(bfs(),d[t]) ans-=ap(s,1e9);}
43 int main(){
44     freopen("nt2011_land.in","r",stdin);
45     freopen("nt2011_land.out","w",stdout);
46     scanf("%d%d",&n,&m);
47     s=0,t=1;
48     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&ind[i][j]);
49     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&bus[i][j]);
50     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&com[i][j]);
51     for(int i=1;i<=n;i++)
52     for(int j=1;j<=m;j++){
53         if((i^j)&1) swap_(ind[i][j],bus[i][j]);
54         add(s,i*m+j,ind[i][j]),add(i*m+j,s,0);
55         add(i*m+j,t,bus[i][j]),add(t,i*m+j,0);
56         ans=ans+ind[i][j]+bus[i][j];
57         if((i^j)&1) for(int k=0;k<4;k++){
58             nh=i+hb[k],nl=j+lb[k];
59             a=com[i][j]+com[nh][nl];
60             if(nh&&nh<=n&&nl&&nl<=m){
61                 add(i*m+j,nh*m+nl,a);
62                 add(nh*m+nl,i*m+j,a);
63                 ans+=a;
64             }
65         }
66     }
67     Dinic();
68     printf("%d",ans);
69     return 0;
70 }

原文地址：http://www.cnblogs.com/J-william/p/7074605.html