题意:

  给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

  D=(A*B-C)*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

分析:

  这道题比较绕,我们需要看清题目中那个式子的本质。A*B的贡献是正的,说明这是价值。C的贡献是负的,说明这是代价。

  仔细理解这句话“只有ai和aj同时为1的时候,才对答案有bij的贡献。使ai为1的代价为ci”

  我们现在是否能从题目中的式子中提炼出这个关系?如果能,请继续

  为什么说这题是最小割呢?因为,这里有新的两个字,当我们面临这两个字时,就要考虑最小割,那就是“取舍

  在这道题的意志中,我们需要选择舍弃b带来的相应价值,以此来避免付出代价,或者是为了获得价值,而选择舍弃而付出相应的代价。所以我们建图为两部分:

  左半部分,有n^2个点,(可以理解是我们抽象出的b数组)从原点向(i,j)点连容量为bij的边,右半部分有n个点,i号点向汇点连一条容量为ci的边。

  点(i,j)右边的点i和j分别连容量为inf的边。

  这样呢,我们的限制就是,要么舍弃bij这个价值,要么付出ci和cj的代价,对于每个点都是这样,最小割,就是我们最少舍弃的贡献。然后,我们求出b数组的价值和,减去最小割就是我们最终获得的最大贡献。

代码:

 #include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;int tot=;
const int N=,M=,inf=0x3f3f3f3f;
int S,T,n,m,k,h[N],c=,q[N],d[N],b[M][M],C[M];
struct node{int y,z,nxt;}e[N*];
void add(int x,int y,int z){
e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){
int f=,t=;ms(d,-);
q[++t]=S;d[S]=;
while(f<=t){
int x=q[f++];
for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==-&&e[i].z)
d[y]=d[x]+,q[++t]=y;
} return (d[T]!=-);
} int dfs(int x,int f){
if(x==T) return f;int w,tmp=;
for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==d[x]+&&e[i].z){
w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
if(!w) d[y]=-;e[i].z-=w;
e[i^].z+=w;tmp+=w;
if(tmp==f) return f;
} return tmp;
} void dinic(){
while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
} int main(){
scanf("%d",&n);S=,T=n*n+n+;
int sm=,nm=;ms(h,-);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
scanf("%d",&b[i][j]);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&C[i]),add(i+n*n,T,C[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
sm+=b[i][j],add(S,++nm,b[i][j]),
add(nm,i+n*n,inf),add(nm,j+n*n,inf);
dinic();sm-=tot;
printf("%d\n",sm);
return ;
}

最小割

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