【BZOJ】【3171】【TJOI2013】循环格

网络流/费用流

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　　最后能走回出发点……说明全部是环= =

　　而二分图上的环说明什么呢……完备匹配

　　对于每个点，它都有四个可能的匹配点，且已知它已经（伪）匹配的一个点，那么我们于已知每条（伪）匹配边，我们连(i,j)->(x,y)' 流量为1，费用为0，表示不用修改，然后对(x,y)'我们向另外三个可能的匹配点连边，流量为1，费用为1，表示修改这个点的匹配对象的代价。

　　然后对于每个点连S->(i,j) 流量为1，费用为0，(i,j)'->T，流量为1，费用为0。保证每个点有且仅有一个匹配点

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     Problem: 3171
     User: Tunix
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:28 ms
     Memory:5968 kb
 ****************************************************************/

 //BZOJ 3171
 #include<cmath>
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 #define pb push_back
 #define CC(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 using namespace std;
 int getint(){
     int v=,sign=; char ch=getchar();
     while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') sign=-; ch=getchar();}
     while(isdigit(ch))  {v=v*+ch-''; ch=getchar();}
     return v*sign;
 }
 const int N=,M=,INF=~0u>>;
 const double eps=1e-;
 /*******************template********************/
 int n,m,ans,flow,tot;
 inline int pack(int i,int j){
     if (i==) i=n;
     if (i==n+) i=;
     if (j==) j=m;
     if (j==m+) j=;
     return (i-)*m+j;
 }
 struct edge{int from,to,v,c;};
 struct Net{
     edge E[M];
     int head[N],next[M],cnt;
     void ins(int x,int y,int z,int c){
         E[++cnt]=(edge){x,y,z,c};
         next[cnt]=head[x]; head[x]=cnt;
     }
     void add(int x,int y,int z,int c){
         ins(x,y,z,c); ins(y,x,,-c);
     }
     int from[N],Q[M],d[N],S,T;
     bool inq[N];
     bool spfa(){
         int l=,r=-;
         F(i,,T) d[i]=INF;
         Q[++r]=S; d[S]=; inq[S]=;
         while(l<=r){
             int x=Q[l++]; inq[x]=;
             for(int i=head[x];i;i=next[i])
                 if(E[i].v && d[x]+E[i].c<d[E[i].to]){
                     d[E[i].to]=d[x]+E[i].c;
                     from[E[i].to]=i;
                     if(!inq[E[i].to]){
                         Q[++r]=E[i].to;
                         inq[E[i].to]=;
                     }
                 }
         }
         return d[T]!=INF;
     }
     void mcf(){
         int x=INF;
         for(int i=from[T];i;i=from[E[i].from])
             x=min(x,E[i].v);
         for(int i=from[T];i;i=from[E[i].from]){
             E[i].v-=x;
             E[i^].v+=x;
         }
         ans+=x*d[T];
     }
     void init(){
         n=getint(); m=getint(); cnt=;
         S=; T=*n*m+; tot=n*m;
         char s[];
         F(i,,n){
             scanf("%s",s);
             F(j,,m){
                 add(S,pack(i,j),,);
                 if (s[j-]=='U'){
                     add(pack(i,j),tot+pack(i-,j),,);
                     add(tot+pack(i-,j),tot+pack(i+,j),,);
                     add(tot+pack(i-,j),tot+pack(i,j-),,);
                     add(tot+pack(i-,j),tot+pack(i,j+),,);
                 }
                 if (s[j-]=='L'){
                     add(pack(i,j),tot+pack(i,j-),,);
                     add(tot+pack(i,j-),tot+pack(i,j+),,);
                     add(tot+pack(i,j-),tot+pack(i-,j),,);
                     add(tot+pack(i,j-),tot+pack(i+,j),,);
                 }
                 if (s[j-]=='D'){
                     add(pack(i,j),tot+pack(i+,j),,);
                     add(tot+pack(i+,j),tot+pack(i-,j),,);
                     add(tot+pack(i+,j),tot+pack(i,j+),,);
                     add(tot+pack(i+,j),tot+pack(i,j-),,);
                 }
                 if (s[j-]=='R'){
                     add(pack(i,j),tot+pack(i,j+),,);
                     add(tot+pack(i,j+),tot+pack(i,j-),,);
                     add(tot+pack(i,j+),tot+pack(i+,j),,);
                     add(tot+pack(i,j+),tot+pack(i-,j),,);
                 }
                 add(tot+pack(i,j),T,,);
             }
         }
         while(spfa()) mcf();
         printf("%d\n",ans);
     }
 }G1;
 int main(){
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("input.txt","r",stdin);
 //  freopen("output.txt","w",stdout);
 #endif
     G1.init();
     return ;
 }

3171: [Tjoi2013]循环格

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 600  Solved: 359
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Description

一个循环格就是一个矩阵，其中所有元素为箭头，指向相邻四个格子。每个元素有一个坐标（行，列），其中左上角元素坐标为（0,0）。给定一个起始位置（r，c）

，你可以沿着箭头防线在格子间行走。即如果（r,c）是一个左箭头，那么走到（r，c-1）;如果是右箭头那么走到（r，c+1）；如果是上箭头那么走到
（r-1，c）；如果是下箭头那么走到（r+1，c）；每一行和每一列都是循环的，即如果走出边界，你会出现在另一侧。
一个完美的循环格是这样定义的：对于任意一个起始位置，你都可以i沿着箭头最终回到起始位置。如果一个循环格不满足完美，你可以随意修改任意一个元素的箭头直到完美。给定一个循环格，你需要计算最少需要修改多少个元素使其完美。

Input

第一行两个整数R，C。表示行和列，接下来R行，每行C个字符LRUD，表示左右上下。

Output

一个整数，表示最少需要修改多少个元素使得给定的循环格完美

Sample Input

3 4
RRRD
URLL
LRRR

Sample Output

2

HINT

1<=R,L<=15

Source

[Submit][Status][Discuss]