scu oj 4442 Party(2015年四川省acm程序设计竞赛)

时间：2015-08-10 14:50:29 阅读：253 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

标签：2015四川省acm省赛网络流最大点权独立集最小点权覆盖集 acm

Party

n frogs are invited to a tea party. Frogs are conveniently numbered by 1,2,…,n.

The tea party has black and green tea in service. Each frog has its own preference. He or she may drink only black/green tea or accept both.

There are m pairs of frogs who dislike each other. They fight when they are serving the same type of tea.

Luckily, frogs can be divided into 2 groups such that no two frogs in the same group dislike each other.

Frogs like gems. If the i-th frog can be paid wi gems instead of serving tea, it will not fight with others anymore.

The party manager has to dicide how to serve tea/pay gems to avoid fights, minimizing the total gems paid.

Input

The input consists of multiple tests. For each test:

The first line contains 2 integers n,m (1≤n≤103,0≤m≤104). The second line contains n integers w1,w2,…,wn. (1≤wi≤106).

The third line contains n integers p1,p2,…,pn. (1≤pi≤3). pi=1 means the i-th frog drinks only black tea. pi=2 means it drinks only green one, while pi=3means it accepts both.

Each of the following m lines contains 2 integers ai,bi, which denotes frog ai and bi dislike each other. (1≤ai,bi≤n)

Output

For each test, write 1 integer which denotes the minimum total gems paid.

Sample Input

Sample Output

  0
  1
  1

省赛过了很久以后我才来看这道题目。然后，yy了几个晚上，终于发现果然是神一样的见图。

题目意思：有n个青蛙喝茶，有些青蛙只能喝红茶，有些青蛙只能喝绿茶，有些青蛙红茶绿茶都可以喝。现在m对青蛙之间有矛盾，有矛盾的青蛙他们不能喝一样的茶，对于没每一只青蛙，可以给他w[i]金币，让他不喝茶，他就不会和任何青蛙矛盾了。最少需要给多少钱让他们之间没有矛盾存在。这题里面还有一个很重要的信息，我一开始没有看出来。这句话————“Luckily, frogs can be divided into

2 groups such that no two frogs in the same group dislike each other.”其实这句话很关键，它的意思就是这个矛盾关系图不存在奇环，是一个2分图论。

有了这个条件。我们现在考虑只能喝一种茶的青蛙，红和绿之间即使存在矛也没有影响，那么只用考虑红和红，绿和绿之间的矛盾关系。假设考虑2种都能喝的青蛙，那么红和红，绿和绿都是单独的求出最大点权独立集。由于是2分图，可以很容易求。现在考虑一只2种茶都可以喝的青蛙，这里是关键，我的解法是吧这个青蛙拆成2个点，一个点代表他和红茶，一个点代表他和绿茶，首先这2个点是不能同时存在，那么必然有边，然后如果这只青蛙和其他只和红茶的青蛙有矛盾关系，那么对应就是这个青蛙喝红点和那么青蛙喝红点不能同时存在，其他情况其实是类似的分析。这样拆点把矛盾关系图建立出来以后，实际上还是一个2分图，现在就是选出最大点权的点让这些点之间不存在矛盾关系。实际上就是点权最大独立集，转换成求点权最小覆盖的模型，就能很轻松的求解了。。。。。想这么久，果然是神建图。其实主要还是拆点。

VIEW CODE

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int mmax  = 2010;
const int inf = 0x3fffffff;

struct node
{
    int flow;
    int en;
    int next;
}E[100*mmax];
int p[mmax];
int num;
void init()
{
    memset(p,-1,sizeof p);
    num=0;
}
void add(int st,int en,int flow)
{
    E[num].en=en;
    E[num].flow=flow;
    E[num].next=p[st];
    p[st]=num++;
    E[num].en=st;
    E[num].flow=0;
    E[num].next=p[en];
    p[en]=num++;
}

int d[mmax];
int cur[mmax];
bool vis[mmax];
bool bfs(int st,int en)
{
    memset(vis,0,sizeof vis);
    d[st]=0;
    vis[st]=1;
    queue<int>q;
    q.push(st);
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=p[x]; i+1; i=E[i].next)
        {
            int v=E[i].en;
            if(!vis[v]&&E[i].flow)
            {
                vis[v]=1;
                d[v]=d[x]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return vis[en];
}
int dfs(int st,int en,int  flow)
{
    if(st==en||flow==0)
        return flow;
    int f=0,dd;
    for(int &i=cur[st]; i+1;i=E[i].next)
    {
        int v=E[i].en;
        if(d[st]+1==d[v]&&(dd=dfs(v,en,min(flow,E[i].flow)))>0)
        {
            E[i].flow-=dd;
            E[i^1].flow+=dd;
            flow-=dd;
            f+=dd;
            if(flow==0)
                break;
        }
    }
    return f;
}
int dinic(int st,int en,int n)
{
    int flow=0;
    while(bfs(st,en))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
            cur[i]=p[i];
        flow+=dfs(st,en,inf);
    }
    return flow;
}

vector<int>e[mmax];
int fg[mmax];
int w[mmax];
void dfs(int u)
{
    int SZ=e[u].size();
    for(int i=0;i<SZ;i++)
    {
        int v=e[u][i];
        if(d[v]==-1)
        {
            d[v]=d[u]^1;
            dfs(v);
        }
    }
}
int main()
{
    int n,m;
    while(~scanf("%d %d",&n,&m))
    {
        for(int i=0;i<mmax;i++)
            e[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&w[i]);
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&fg[i]);
            if(fg[i]==3)
                sum+=w[i];
        }
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            int u,v;
            scanf("%d %d",&u,&v);
            e[u].push_back(v);
            e[v].push_back(u);
        }
        init();
        memset(d,-1,sizeof d);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(d[i]==-1)
            {
                d[i]=0;
                dfs(i);
            }
        }
        int st=0,en=2*n+1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(d[i]==0)
            {
                if(fg[i]==1)
                    add(st,i,w[i]);
                if(fg[i]==2)
                    add(i,en,w[i]);
                if(fg[i]==3)
                {
                    add(st,i,w[i]);
                    add(i,i+n,inf);
                    add(i+n,en,w[i]);
                }
            }
            else
            {
                if(fg[i]==1)
                    add(i,en,w[i]);
                if(fg[i]==2)
                    add(st,i,w[i]);
                if(fg[i]==3)
                {
                    add(i,en,w[i]);
                    add(st,i+n,w[i]);
                    add(i+n,i,inf);
                }
            }
        }

        for(int u=1;u<=n;u++)
        {
            int Sz=e[u].size();
            for(int i=0;i<Sz;i++)
            {
                int v=e[u][i];
                if(d[u]==0 && d[v]==1)
                {
                    if( (fg[u]==fg[v]) &&   (fg[u]!=3) )
                    {
                        if(fg[u]==1)
                            add(u,v,inf);
                        else
                            add(v,u,inf);
                    }
                    else if(  (fg[u]==fg[v]) &&   (fg[u]==3)  )
                    {
                        add(u,v,inf);
                        add(v+n,u+n,inf);
                    }
                    else if(fg[u]==3 || fg[v]==3 )
                    {
                        if(fg[u]==3)
                        {
                            if(fg[v]==1)
                                add(u,v,inf);
                            else
                                add(v,u+n,inf);
                        }
                        if(fg[v]==3)
                        {
                            if(fg[u]==1)
                                add(u,v,inf);
                            else
                                add(v+n,u,inf);
                        }
                    }

                }
            }
        }
        printf("%d\n",dinic(st,en,en)-sum);
    }
    return 0;
}

scu oj 4442 Party(2015年四川省acm程序设计竞赛)

标签：2015四川省acm省赛网络流最大点权独立集最小点权覆盖集 acm

原文地址：http://blog.csdn.net/u012127882/article/details/47397919

踩

(0)

评论一句话评论（0）

分享档案

更多>

2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)

周排行