【bzoj1976】[BeiJing2010组队]能量魔方 Cube 网络流最小割

题目描述

一个n*n*n的立方体，每个位置为0或1。有些位置已经确定，还有一些需要待填入。问最后可以得到的 相邻且填入的数不同的点对 的数目最大。

输入

第一行包含一个数N，表示魔方的大小。 接下来 N2 行，每行N个字符，每个字符有三种可能： P：表示此方格已经填充了正能量水晶； N：表示此方格已经填充了负能量水晶； ?：表示此方格待填充。 上述 N*N 行，第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后，从左到右的 状态。且每 N 行间，都有一空行分隔。

输出

仅包含一行一个数，表示魔方最多能产生的能量

样例输入

2
P?
??

??
N?

样例输出

9

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题解

网络流最小割

经典的最小割建模了，这里讲一下做法吧：

由于要求数目最大，因此将其转化为 总可能数目-不满足条件的数目 ，于是就是要最小化不满足条件的数目。

考虑什么样的不满足条件：选择相同。因此当选择相同时应产生1的代价，最小化这个代价，即最小割问题。

对立方体黑白染色，然后：

对于白点：如果确定了为0则S向其连容量为inf的边，如果确定了为1则其向T连容量为inf的边；

对于黑点：反转源汇，即0连T，1连S。

对于相邻的两个点，在它们之间连容量为1的双向边。

跑最小割即为最小的不满足条件的数目。

讲道理这种经典建模现在看来还是蛮简单的。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 125010
#define M 1500010
#define inf 1 << 30
#define pos(i , j , k) (i - 1) * n * n + (j - 1) * n + k
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N];
char str[60];
inline void add(int x , int y , int z)
{
	to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
	to[++cnt] = x , val[cnt] = z , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
	int x , i;
	memset(dis , 0 , sizeof(dis));
	while(!q.empty()) q.pop();
	dis[s] = 1 , q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop();
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
		{
			if(val[i] && !dis[to[i]])
			{
				dis[to[i]] = dis[x] + 1;
				if(to[i] == t) return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
	if(x == t) return low;
	int temp = low , i , k;
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
	{
		if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
		{
			k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
			if(!k) dis[to[i]] = 0;
			val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
			if(!(temp -= k)) break;
		}
	}
	return low - temp;
}
int main()
{
	int n , i , j , k , ans = 0;
	scanf("%d" , &n) , s = 0 , t = n * n * n + 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
		{
			scanf("%s" , str + 1);
			for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
			{
				if((i + j + k) & 1)
				{
					if(str[k] == 'P') add(s , pos(i , j , k) , inf);
					if(str[k] == 'N') add(pos(i , j , k) , t , inf);
				}
				else
				{
					if(str[k] == 'P') add(pos(i , j , k) , t , inf);
					if(str[k] == 'N') add(s , pos(i , j , k) , inf);
					if(i > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i - 1 , j , k) , 1) , ans ++ ;
					if(i < n) add(pos(i , j , k) , pos(i + 1 , j , k) , 1) , ans ++ ;
					if(j > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i , j - 1 , k) , 1) , ans ++ ;
					if(j < n) add(pos(i , j , k) , pos(i , j + 1 , k) , 1) , ans ++ ;
					if(k > 1) add(pos(i , j , k) , pos(i , j , k - 1) , 1) , ans ++ ;
					if(k < n) add(pos(i , j , k) , pos(i , j , k + 1) , 1) , ans ++ ;
				}
			}
		}
	}
	while(bfs()) ans -= dinic(s , inf);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}