【BZOJ1930】[Shoi2003]pacman 吃豆豆 最大费用最大流

【BZOJ1930】[Shoi2003]pacman 吃豆豆

Description

两个PACMAN吃豆豆。一开始的时候，PACMAN都在坐标原点的左下方，豆豆都在右上方。PACMAN走到豆豆处就会吃掉它。PACMAN行走的路线很奇怪，只能向右走或者向上走，他们行走的路线不可以相交。 请你帮这两个PACMAN计算一下，他们俩加起来最多能吃掉多少豆豆。

Input

第一行为一个整数N，表示豆豆的数目。 接下来 N 行，每行一对正整数，表示第i个豆豆的坐标。任意两个豆豆的坐标都不会重合。

Output

仅有一行包含一个整数，即两个PACMAN加起来最多能吃掉的豆豆数量

Sample Input

8
8 1
1 5
5 7
2 2
7 8
4 6
3 3
6 4

Sample Output

7

HINT

N < = 2000

题解：由于只需要跑两次，所以可以采用费用流。首先我们不用考虑两条路径相交的情况，因为我们可以将相交的部分交换一下，就不相交了。

但是本题卡空间！！！所以有一个优化：如果a能到b，b能到c，则不需要连a到c的边。所以具体建边方法：

1. S -> i 容量1，费用0
2. i -> i' 容量1，费用1
3. i' -> j 容量2，费用0 （注意容量是2！因为我们的优化中相当于是用a-b-c替换了a-c）
4. i -> T 容量1，费用1

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,cnt,sum,S,T,ans;
int inq[4020],dis[4020],head[4020],to[4000010],next[4000010],cost[4000010],flow[4000010],pv[4020],pe[4020];
struct node
{
	int x,y;
}p[2010];
queue<int> q;
int bfs()
{
	memset(dis,0xc0,sizeof(dis));
	dis[S]=0,q.push(S);
	int i,u;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(dis[to[i]]<dis[u]+cost[i]&&flow[i])
		{
			pv[to[i]]=u,pe[to[i]]=i,dis[to[i]]=dis[u]+cost[i];
			if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
		}
	}
	return dis[T]>0;
}
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;
}
inline void add(int a,int b,int c,int d)
{
	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
	return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):(a.x<b.x);
}
int main()
{
	n=rd(),S=0,T=2*n+1;
	int i,j;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	add(S,i,0,1),add(i+n,T,0,1),add(i,i+n,1,1),add(i,i+n,0,1),p[i].x=rd(),p[i].y=rd();
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		int mn=1<<30;
		for(j=i+1;j<=n;j++)	if(p[j].y>=p[i].y&&p[j].y<mn)	add(i+n,j,0,2),mn=p[j].y;
	}
	while(bfs())
	{
		int mf=1<<30;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);
		sum+=mf,ans+=dis[T]*mf;
		if(sum==2)	break;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}//13 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 6 8 4 1