洛谷 P3965 [TJOI2013]循环格 解题报告

P3965 [TJOI2013]循环格

题目背景

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\((r,c)\),你可以沿着箭头方向在格子间行走。

即:如果\((r,c)\)是一个左箭头，那么走到\((r,c-1)\);如果是一个右箭头,走到\((r,c+1)\);如果是上箭头,走到\((r-1,c)\);如果是下箭头,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。比如在一个\(5*5\)的循环格里,从\((3,0)\)向左走会出现在\((3,4)\)。

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数\(R\)和\(C\),表示循环格的行和列。接下来\(R\)行,每一行包含\(C\)个字符\(LRUD\)表示左右上下

输出格式：

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。

说明

数据范围

\(30\%\)的数据，\(1 ≤ R, C ≤ 7\)

\(100\%\)的数据，\(1 ≤ R, C ≤ 15\)

---

这个是一个\(|V|=|E|\)的图，要每个点都在环上，要求每个点的入度和出度都是\(1\)，然后幻视一下，感觉和最小路径覆盖有点像，拆个点放到两边，连可以到达的点，最大流量就限制了入度出度都是\(1\)，然后安装原来的连边分配一下费用，跑最小费用最大流就可以了。

---

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int dx[5]={0,-1,0,1,0};
const int dy[5]={0,0,1,0,-1};
const char cp[5]={'%','U','R','D','L'};
const int N=1000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,r,c,s,t;
char yuy[20];
int head[N],to[N<<3],Next[N<<3],edge[N<<3],cost[N<<3],cnt=1;
void add(int u,int v,int w,int c)
{
    to[++cnt]=v,edge[cnt]=w,cost[cnt]=c,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;
    to[++cnt]=u,edge[cnt]=0,cost[cnt]=-c,Next[cnt]=head[v],head[v]=cnt;
}
int dis[N],q[N*N],pre[N];
bool spfa()
{
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    int l,r;
    dis[q[l=r=1]=s]=0;
    while(l<=r)
    {
        int now=q[l++];
        for(int v,i=head[now];i;i=Next[i])
            if(edge[i]&&dis[v=to[i]]>dis[now]+cost[i])
            {
                dis[v]=dis[now]+cost[i];
                pre[v]=i;
                q[++r]=v;
            }
    }
    return dis[t]!=inf;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&r,&c);
    n=r*c,s=(n<<1)+1,t=s+1;
    for(int i=1;i<=r;i++)
    {
        scanf("%s",yuy+1);
        for(int j=1;j<=c;j++)
        {
            int u=(i-1)*c+j;
            for(int k=1;k<=4;k++)
            {
                int ti=i+dx[k],tj=j+dy[k];
                ti=(ti+r-1)%r+1,tj=(tj+c-1)%c+1;
                int v=(ti-1)*c+tj;
                add(u,v+n,1,yuy[j]!=cp[k]);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) add(s,i,1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) add(i+n,t,1,0);
    int ans=0;
    while(spfa())
    {
        ans+=dis[t];
        int now=t;
        while(pre[now])
        {
            --edge[pre[now]];
            ++edge[pre[now]^1];
            now=to[pre[now]^1];
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

---

2019.2.14