[JZOJ1900] 【2010集训队出题】矩阵

题目

题目大意

题目化简一下，就变成：

构造一个\(01\)数列\(A\)，使得\(D=\sum A_iA_jB_{i,j}-\sum A_iC_i\)最大。

问这个最大的\(D\)是多少。

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正解

其实这是一个网络流的二元关系问题……

如果\(A_i\)为\(1\)，则会有\(-C_i\)的贡献。

如果\(A_i\)和\(A_j\)皆为\(1\)，则会有\(B_{i,j}\)的贡献。

然后很显然地，\(70\)分的方法就出来了：每个点朝汇点连一条容量为\(C_i\)的边，对于每个\(B_{i,j}\)，建一个新点，从源点朝它连一条容量为\(B_{i,j}\)的边，它朝\(i\)和\(j\)连容量为无限大的边。然后最小割即可。

这个算法的瓶颈在于这些新点太多了，能不能不用建立新点？

实际上有个很妙的方法：对于每一对\(i\)和\(j\)，从原点向\(i\)连一条容量为\(B_{i,j}\)的边，同样地向\(j\)连一条容量为\(B_{j,i}\)的边。\(i\)向\(j\)连一条容量为\(B_{i,j}\)的边，\(j\)向\(i\)连一条容量为\(B_{j,i}\)的边。

那么这有什么用呢？当\(C_i\)的那条边被保留的时候，源点向\(i\)连的那条\(B_{i,j}\)的边会被割掉，还有源点连向\(j\)或者\(j\)连向\(i\)的那条边也会被割掉。

另一种建图方式跟这个比较类似，只是把边权换成了\(\frac{B_{i,j}+B_{j,i}}{2}\)罢了。因为只要保留\(C_i\)或者\(C_j\)，割掉的边都是\(B_{i,j}+B_{j,i}\)。

对于源点向\(i\)和\(j\)连的边，显然可以合并起来。所以图中的点和边的数量就大大减少了。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define N 610
inline int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || '9'<ch)
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}
int n;
int b[N][N],c[N];
struct EDGE{
	int to,c;
	EDGE *las;
} e[2000000];
int ne;
EDGE *last[N];
inline void link(int u,int v,int c){
	e[ne]={v,c,last[u]};
	last[u]=e+ne++;
}
int S,T;
#define rev(ei) (e+(((ei)-e)^1))
int dis[N],gap[N],BZ;
EDGE *cur[N];
int dfs(int x,int s){
	if (x==T)
		return s;
	int have=0;
	for (EDGE *ei=cur[x];ei;ei=ei->las){
		cur[x]=ei;
		if (ei->c && dis[x]==dis[ei->to]+1){
			int t=dfs(ei->to,min(s-have,ei->c));
			ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have+=t;
			if (have==s)
				return s;
		}
	}
	cur[x]=last[x];
	if (!--gap[dis[x]])
		BZ=0;
	dis[x]++;
	gap[dis[x]]++;
	return have;
}
inline int flow(){
	gap[0]=n+2;
	int res=0;
	BZ=1;
	while (BZ)
		res+=dfs(S,INT_MAX);
	return res;
}
int main(){
	n=input();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=n;++j)
			b[i][j]=input();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		c[i]=input();
	S=n+1,T=n+2;
	int all=0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int sum=0;
		for (int j=1;j<=n;++j)
			sum+=b[j][i];
		all+=sum;
		link(S,i,sum),link(i,S,0);
		for (int j=1;j<i;++j)
			link(i,j,b[j][i]),link(j,i,b[i][j]);
		link(i,T,c[i]),link(T,i,0);
	}
	printf("%d\n",all-flow());
	return 0;
}

总结

见到二元关系类型的题目，首先要想到网络流啊……