UVA1104 Chips Challenge
一、题目
有一个 \(n\times n\) 的矩阵,每个元素可能是 .
、C
、/
的其中一种,分别表示可以放置芯片、已经放置了芯片、不能放置芯片,你可以分别决定是否可以放置芯片的位置放置芯片。
最后需要满足 \(\forall i\),第 \(i\) 行的芯片个数等于第 \(i\) 列的芯片个数,每一行的芯片个数都不超过总芯片个数的 \(\frac{A}{B}\),问在此情况下能额为放置的芯片个数最大值,如果怎么样都不合法输出 impossible
\(n\leq 40\)
二、解法
如果直接做的话并不好入手,我们考虑调整法,也就是让所有 .
的位置都放芯片再调整。
可以把芯片看成流量,我们可以套路地建出一个二分图。想象第 \(i\) 行的点上具有 \(a_i\) 点流量,第 \(i\) 列的点上具有 \(b_i\) 点流量(分别表示初始状态下它们的芯片个数),那么个数相等的条件可以转化成第 \(i\) 行和第 \(i\) 列同时减少 \(1\) 的流量。
但是最后点上就不能有残余流量,对于 .
的位置我们可以选择不放,设它的位置是 \((i,j)\) 那么它可以让 \(i\) 行 \(j\) 列同时减少 \(1\) 的流量。在此基础上我们还要最大化总芯片数,所以可以考虑增加费用这个意义,我们把同行同列的边费用设置为 \(0\),减少芯片的边费用设置为 \(1\),跑最小费用最大流即可。
还剩下最后一个限制:每一行的芯片个数都不超过总芯片个数A/B
,我们可以枚举每一行的芯片个数 \(k\),把同行同列的流量设置为 \(k\),最后可以得到总芯片数 \(sum\),所以我们只需要判断下面两点:满流;\(sum\cdot A\geq k\cdot B\)
三、总结
调整法考虑寻找一个特殊的初始状态,再考虑如何描述增加\(/\)减少的过程。网络流加调整法的应用是常见的,类似的模型还有最小链覆盖,它就是把初始设置有 \(n\) 个链来调整。
网络流是属于图论的,所以它的思维方法中也涉及到思考原问题中的元素怎么对应到图上的每个量上去,比如本题因为要最大化总芯片数我们才考虑增加费用这一维。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 105;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,A,B,S,T,ans,tot,f[M],a[M],b[M];
int m,dis[M],pre[M],flow[M],lst[M];
struct edge{int v,f,c,next;}e[M*M];char s[M][M];
void add(int u,int v,int F,int c)
{
e[++tot]=edge{v,F,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,0,-c,f[v]},f[v]=tot;
}
int bfs()
{
queue<int> q;
for(int i=0;i<=T;i++)
dis[i]=inf,flow[i]=pre[i]=lst[i]=0;
dis[S]=0;flow[S]=inf;q.push(S);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v,c=e[i].c;
if(dis[v]>dis[u]+c && e[i].f>0)
{
dis[v]=dis[u]+c;
flow[v]=min(flow[u],e[i].f);
pre[v]=u;lst[v]=i;
q.push(v);
}
}
}
return flow[T]>0;
}
void zxy(int k)
{
int res=0,sum=0,all=0;
S=0;T=2*n+1;tot=1;
for(int i=0;i<=T;i++) f[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
all+=a[i];
add(S,i,a[i],0);
add(i+n,T,b[i],0);
add(i,i+n,k,0);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++) if(s[i][j]=='.')
add(i,j+n,1,1);
while(bfs())
{
int t=T;
sum+=flow[t];
res+=flow[t]*dis[t];
while(t)
{
e[lst[t]].f-=flow[T];
e[lst[t]^1].f+=flow[T];
t=pre[t];
}
}
if(sum==all && k*B<=(sum-res)*A)
ans=max(ans,sum-res);
}
void work()
{
m=0;ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s[i]+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
m+=(s[i][j]=='C');
a[i]+=(s[i][j]=='C' || s[i][j]=='.');
b[j]+=(s[i][j]=='C' || s[i][j]=='.');
}
}
for(int i=0;i<=n;i++) zxy(i);
if(ans==-1) puts("impossible");
else printf("%d\n",ans-m);
}
signed main()
{
int Case=0;
while(~scanf("%d %d %d",&n,&A,&B) && n+A+B)
{
printf("Case %d: ",++Case);
work();
}
}
UVA1104 Chips Challenge的更多相关文章
- 【题解】uva1104 chips challenge
原题传送门 题目分析 给定一张n*n的芯片. '.'表示该格子可以放一个零件. 'C'表示该格子已经放了一个零件(不能拆下). '/'表示该格子不能放零件. 要求在芯片的现有基础上,放置尽可能多的零件 ...
- [2011WorldFinal]Chips Challenge[流量平衡]
Chips Challenge Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) ...
- UVA1104 芯片难题 Chips Challenge
题目链接 题意 网格上放点,有些强制放,有些不能放,有些可以放可以不放.要求: 第 \(i\) 行的点数 = 第 \(i\) 列的点数 每一行每一列的点数不超过总点数的 \(k\) 倍(\(k\) 已 ...
- 【UVALive - 5131】Chips Challenge(上下界循环费用流)
Description A prominent microprocessor company has enlisted your help to lay out some interchangeabl ...
- 【BZOJ 2673】[Wf2011]Chips Challenge
题目大意: 传送门 $n*n$的棋盘,有一些位置可以放棋子,有一些已经放了棋子,有一些什么都没有,也不能放,要求放置以后满足:第i行和第i列的棋子数相同,同时每行的棋子数占总数比例小于$\frac{A ...
- Bzoj2673 3961: [WF2011]Chips Challenge 费用流
国际惯例题面:如果我们枚举放几个零件的话,第二个限制很容易解决,但是第一个怎么办?(好的,这么建图不可做)考虑我们枚举每行每列最多放几个零件t,然后计算零件总数sum.这样如果可行的话,则有t*B&l ...
- 解题:BZOJ 2673 World Final 2011 Chips Challenge
题面 数据范围看起来很像网络流诶(滚那 因为限制多而且强,数据范围也不大,我们考虑不直接求答案,而是转化为判定问题 可以发现第二个限制相对好满足,我们直接枚举这个限制就可以.具体来说是枚举所有行中的最 ...
- BZOJ2673 [Wf2011]Chips Challenge 费用流 zkw费用流 网络流
https://darkbzoj.cf/problem/2673 有一个芯片,芯片上有N*N(1≤N≤40)个插槽,可以在里面装零件. 有些插槽不能装零件,有些插槽必须装零件,剩下的插槽随意. 要求装 ...
- bzoj3961[WF2011]Chips Challenge
题意 给出一个n*n的网格,有些格子必须染成黑色,有些格子必须染成白色,其他格子可以染成黑色或者白色.要求最后第i行的黑格子数目等于第i列的黑格子数目,且某一行/列的格子数目不能超过格子总数的A/B. ...
随机推荐
- synchronized Lock(本地同步)锁的8种情况
Lock(本地同步)锁的8种情况 总结与说明: * 题目: * 1.标准访问,请问是先打印邮件还是短信 Email * 2.email方法新增暂停4秒钟,请问是先打印邮件还是短信 Email * 3. ...
- Linux系列(1) - 使用Hyper-V安装Linux系统
前言 使用工具:Hyper-V,补充:hyper-v是一项技术,而vmware是一款软件.具体区别自行百度 LINUX版本:CentOS-8.4.2105-x86_64-dvd1.iso Window ...
- 解决navicat 导出excel数字为科学计数法问题
1.原因分析 用程序导出的csv文件,当字段中有比较长的数字字段存在时,在用excel软件查看csv文件时就会变成科学技术法的表现形式. 其实这个问题跟用什么语言导出csv文件没有关 ...
- Jenkins持续集成与部署
一.Jenkins简介 在阅读此文章之前,你需要对Linux.Docker.Git有一定的了解和使用,如果还未学习,请阅读我前面发布的相关文章进行学习. 1.概念了解:CI/CD模型 CI全名Cont ...
- 从零入门 Serverless | 架构的演进
作者 | 许晓斌 阿里云高级技术专家 本文整理自<Serverless 技术公开课>,关注"Serverless"公众号,回复 入门 ,即可获取 Serverless ...
- 从零入门 Serverless | SAE 的极致应用部署效率
作者 | 文俊 阿里巴巴云原生团队 本文整理自<Serverless 技术公开课>,"Serverless"公众号后台回复"入门",即可获取系列文章 ...
- sqlite3 c++使用以及提高速率(一万条每秒左右)
参考来源: sqlite3的C语言使用(三):https://www.leavesongs.com/C/sqlite3_3.html sqlite插入和查询效率提高方法及测试结果: http://bl ...
- LeetCode352 将数据流变为多个不相交区间
LeetCode352 将数据流变为多个不相交区间 1 题目 给你一个由非负整数 a1, a2, ..., an 组成的数据流输入,请你将到目前为止看到的数字总结为不相交的区间列表. 实现 Summa ...
- CF280C Game on tree(期望dp)
这道题算是真正意义上人生第一道期望的题? 题目大意: 给定一个n个点的,以1号点为根的树,每一次可以将一个点和它的子树全部染黑,求染黑所有点的期望 QwQ说实话,我对期望这种东西,一点也不理解... ...
- noip2017D1T3逛公园(拓扑图上dp,记忆化搜索)
QWQ前几天才刚刚把这个D1T3写完 看着题解理解了很久,果然我还是太菜了QAQ 题目大意就是 给你一个n个点,m条边的图,保证1能到达n,求从1到n的 (设1到n的最短路长度是d)路径长度在[d,d ...