【BZOJ2044】三维导弹拦截

Description

一场战争正在A国与B国之间如火如荼的展开。 B国凭借其强大的经济实力开发出了无数的远程攻击导弹，B国的领导人希望，通过这些导弹直接毁灭A国的指挥部，从而取得战斗的胜利！当然，A国人民不会允许这样的事情发生，所以这个世界上还存在拦截导弹。现在，你是一名A国负责导弹拦截的高级助理。 B国的导弹有效的形成了三维立体打击，我们可以将这些导弹的位置抽象三维中间的点（大小忽略），为了简单起见，我们只考虑一个瞬时的状态，即他们静止的状态。拦截导弹设计非常精良，可以精准的引爆对方导弹而不需要自身损失，但是A国面临的一个技术难题是，这些导弹只懂得直线上升。精确的说，这里的直线上升指xyz三维坐标单调上升。给所有的B国导弹按照1至N标号，一枚拦截导弹可以打击的对象可以用一个xyz严格单调上升的序列来表示，例如： B国导弹位置：(0, 0, 0) (1, 1, 0) (1, 1, 1), (2, 2, 2) 一个合法的打击序列为：{1, 3, 4} 一个不合法的打击序列为{1, 2, 4} A国领导人将一份导弹位置的清单交给你，并且向你提出了两个最简单不过的问题（假装它最简单吧）： 1．一枚拦截导弹最多可以摧毁多少B国的导弹？ 2．最少使用多少拦截导弹才能摧毁B国的所有导弹？不管是为了个人荣誉还是国家容易，更多的是为了饭碗，你，都应该好好的把这个问题解决掉！

Input

第一行一个整数N给出B国导弹的数目。接下来N行每行三个非负整数Xi, Yi, Zi给出一个导弹的位置，你可以假定任意两个导弹不会出现在同一位置。

Output

第一行输出一个整数P，表示一枚拦截导弹之多能够摧毁的导弹数。第二行输出一个整数Q，表示至少需要的拦截导弹数目。

Sample Input

4
0 0 0
1 1 0
1 1 1
2 2 2

Sample Output

3
2

HINT

所有的坐标都是[0，10^6]的整数
对于30%的数据满足N < 31
对于50%的数据满足N < 101
对于100%的数据满足N < 1001

题解：第一问暴力DP即可，下面考虑第二问。

这题本质上是求最小路径覆盖，所以可以用有上下界的网络流（最小流）解决。这里不说如何建最小流了。不过，由于本题的特殊性质，最小流的第一次dinic一定是满流的，所以我们可以直接进行第二次dinic。第二次的建图方法如下：

1.S -> i 容量1
2.i' -> T 容量1
3.i' -> i 容量1
4.对于边<i,j> i-> j' 容量1
n-最大流即是答案。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <queue>

#include <algorithm>

using namespace std;

int n,ans1,ans2,cnt,S,T;

struct node

{

	int x,y,z;

}p[1010];

int f[1010],to[2000010],next[2000010],val[2000010],head[2010],d[2010];

queue<int> q;

bool cmp(const node &a,const node &b)

{

	return a.x<b.x;

}

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 bfs()

{

	while(!q.empty())	q.pop();

	memset(d,0,sizeof(d));

	int i,u;

	q.push(S),d[S]=1;

	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;

}

inline 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++;

}

inline 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;

}

int main()

{

	n=rd(),S=0,T=2*n+1;

	int i,j;

	for(i=1;i<=n;i++)	p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].z=rd();

	sort(p+1,p+n+1,cmp);

	memset(head,-1,sizeof(head));

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		f[i]=1,add(S,i,1),add(i+n,i,1),add(i+n,T,1);

		for(j=1;j<i;j++)	if(p[j].x<p[i].x&&p[j].y<p[i].y&&p[j].z<p[i].z)

			f[i]=max(f[i],f[j]+1),add(j,i+n,1);

		ans1=max(ans1,f[i]);

	}

	printf("%d\n",ans1);

	while(bfs())

		ans2+=dfs(S,1<<30);

	printf("%d",n-ans2);

	return 0;

}