【BZOJ4873】[Shoi2017]寿司餐厅 最大权闭合图
【BZOJ4873】[Shoi2017]寿司餐厅
Description
Input
Output
输出共一行包含一个正整数,表示Kiana能获得的总美味度减去花费的总钱数的最大值。
Sample Input
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15
Sample Output
在这组样例中,餐厅一共提供了3份寿司,它们的代号依次为a1=2,a2=3,a3=2,计算价格时的常数m=1。在保证每次取寿司都能获得新的美味度的前提下,Kiana一共有14种不同的吃寿司方案:
1.Kiana一个寿司也不吃,这样她获得的总美味度和花费的总钱数都是0,两者相减也是0;
2.Kiana只取1次寿司,且只取第1个寿司,即她取寿司的情况为{[1,1]},这样获得的总美味度为5,花费的总钱数为1-2^2+1*2=6,两者相减为-1;
3.Kiana只取1次寿司,且只取第2个寿司,即她取寿司的情况为{[2,2]},这样获得的总美味度为-10,花费的总钱数为1-3^2+1*3=12,两者相减为-22;
4.Kiana只取1次寿司,且只取第3个寿司,即她取寿司的情况为{[3,3]},这样获得的总美味度为15,花费的总钱数为1*2^2+1*2=6,两者相减为9;
5.Kiana只取1次寿司,且取第1,2个寿司,即她取寿司的情况为{[1,2]},这样获得的总美味度为5+(-10)+(-10)=-1
5,花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1-3^2+1*3)=18,两者相减为-33;
6.Kiana只取1次寿司,且取第2,3个寿司,即她取寿司的情况为{[2,3]},这样获得的总美味度为(-10)+15+15=20,花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18,两者相减为2;
7.Kiana只取1次寿司,且取第1,2,3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,3]},这样获得的总美味度为5+(-10)+15+(-10)+15+15=30,花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20,两者相减为10。
8.Kiana取2次寿司,第一次取第1个寿司,第二次取第2个寿司,即她取寿司的情况为{[1,1],[2,2]},这样获得的总美味度为5+(-10)=-5,花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18,两者相减为-23;
9.Kiana取2次寿司,第一次取第1个寿司,第二次取第3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,1],[3,3]},这样获得的总美味度为5+15=20,花费的总钱数为1*2^2+2*2=8,两者相减为12;
10.Kiana取2次寿司,第一次取第2个寿司,第二次取第3个寿司,即她取寿司的情况为{[2,2],[3,3]},这样获得的总美味度为(-10)+15=5,花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18,两者相减为-13;
11.Kiana取2次寿司,第一次取第1,2个寿司,第二次取第3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,2],[3,3]},这样获得的总美味度为5+(-10)+(-10)+15=0,花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20,两者相减为-20;
12.Kiana取2次寿司,第一次取第1个寿司,第二次取第2,3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,1],[2,3]},这样获得的总美味度为5+(-10)+15+15=25,花费的总钱数为(1-22+2-2)+(1-32+1-3)=20,两者相减为5;
13.Kiana取2次寿司,第一次取第1,2个寿司,第二次取第2,3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,2],[2,3]},这样获得的总美味度为5+(-10)+15+(-10)+15=15,花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20,两者相减为-5;
14.Kiana取3次寿司,第一次取第1个寿司,第二次取第2个寿司,第三次取第3个寿司,即她取寿司的情况为{[1,1],[2,2],[3,3]},这样获得的总美味度为5+(-10)+15=10,花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20,两者相减为-10。
所以Kiana会选择方案9,这时她获得的总美味度减去花费的总钱数的值最大为12。
题解:考试的时候一眼就感觉是网络流,然后犹豫了下是最小割还是费用流,大致怎么连边也差不多了,然后就是没看出来是最大权闭合图(因为普通的最小割无法处理负权),最后写了个DFS交上去了~
感觉是时候重新写一篇植物大战僵尸的博客了,连最大权闭合图都忘了~
正题:我们先把d[i][j]列出来(由于样例给的是下三角所以不容易看出来)
5 -10 15
-10 15
15
所以当我们取d[i][j]的时候,相当于表格中在d[i][j]左下方的点全都要取,这好像需要连很多边,但其实我们只需要连左边和下面的两个点就可以了(即d[i+1][j]和d[i][j-1]),因为如果取这两个点,其左下角的点一定都取完了
然后根据最大权闭合图的连边方法:
从S向所有正权的点连边,边权为该点权值;
从所有负权的点向T连边,边权为该点权值相反数;
从所有的寿司编号向T连边,边权为m*编号的平方;
从所有的d[i][i]向T连边,边权为编号;
从所有的d[i][i]向该寿司的编号连边,边权为∞;
从所有的d[i][j](i<j)向d[i+1][j]和d[i][j-1]连边,边权为∞;
讲道理代码一点也不长
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,m,cnt,tot,sum,S,T,ans;
int to[1000000],next[1000000],val[1000000],head[10000];
int map[110][110],num[110][110],A[1010],d[10000];
queue<int> q;
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9'){if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
while(!q.empty()) q.pop();
memset(d,0,sizeof(d));
d[S]=1,q.push(S);
int i,u;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop();
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(!d[to[i]]&&val[i])
{
d[to[i]]=d[u]+1;
if(to[i]==T) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int mf)
{
if(x==T) return mf;
int i,k,temp=mf;
for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
{
k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
if(!k) d[to[i]]=0;
val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
if(!temp) break;
}
}
return mf-temp;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,j,a;
T=n+n*(n+1)/2+1;
tot=n;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++)
{
a=rd();
if(!A[a]) A[a]=++tot,add(tot,T,m*a*a);
add(i,T,a),add(i,A[a],1<<30);
}
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=i;j<=n;j++)
num[i][j]=(i==j)?i:(++tot);
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=i;j<=n;j++)
{
map[i][j]=rd();
if(i!=j) add(num[i][j],num[i][j-1],1<<30),
add(num[i][j],num[i+1][j],1<<30);
if(map[i][j]<0) add(num[i][j],T,-map[i][j]);
else add(S,num[i][j],map[i][j]),sum+=map[i][j];
}
}
while(bfs()) ans+=dfs(S,1<<30);
printf("%d",sum-ans);
return 0;
}
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