BZOJ 2132 圈地计划（最小割）【BZOJ 修复工程】

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题目链接

https://hydro.ac/d/bzoj/p/2132

是 hydro 的 BZOJ 修复工程！（我也去领了一点题慢慢修着玩，这题就是我修的嘿嘿嘿）

题目描述

最近房地产商 GDOI(Group of Dumbbells Or Idiots) 从 NOI(Nuts Old Idiots) 手中得到了一块开发土地。据了解，这块土地是一块矩形的区域，可以纵横划分为 N×MN×MN×M 块小区域。GDOI 要求将这些区域分为商业区和工业区来开发。根据不同的地形环境，每块小区域建造商业区和工业区能取得不同的经济价值。更具体点，对于第 iii 行第 jjj 列的区域，建造商业区将得到 AijA_{ij}Aij 的收益，建造工业区将得到 BijB_{ij}Bij 的收益。另外不同的区域连在一起可以得到额外的收益，即如果区域 (i,j)(i,j)(i,j) 相邻（相邻是指两个格子有公共边）有 KKK 块（显然 KKK 不超过 444 ）类型不同于 (i,j)(i,j)(i,j) 的区域，则这块区域能增加 k×Cijk×C_{ij}k×Cij 收益。经过 Tiger.S 教授的勘察，收益矩阵 A,B,CA,B,CA,B,C 都已经知道了。你能帮 GDOI 求出一个收益最大的方案么？

输入格式

输入第一行为两个整数，分别为正整数 NNN 和 MMM ，分别表示区域的行数和列数；

第 222 到 N+1N+1N+1 列，每行 MMM个整数，表示商业区收益矩阵 AAA ；

第 N+2N+2N+2 到 2N+12N+12N+1 列，每行 MMM 个整数，表示工业区收益矩阵 BBB ；

第 2N+22N+22N+2 到 3N+13N+13N+1行，每行 MMM 个整数，表示相邻额外收益矩阵 CCC 。

输出格式

输出只有一行，包含一个整数，为最大收益值。

输入样例

输出样例

数据范围与约定

N,M≤100N,M\leq 100N,M≤100，0≤Ai,j,Bi,j,Ci,j≤1030\leq A_{i,j},B_{i,j},C_{i,j}\leq 10^{3}0≤Ai,j,Bi,j,Ci,j≤103 。

对于 30%30\%30% 的数据有 N,M≤6N, M\leq 6N,M≤6；

对于 50%50\%50% 的数据有 N,M≤20N, M \leq 20N,M≤20；

对于 100%100\%100% 的数据有 N,M≤100N,M\leq 100N,M≤100。

提示

数据已加强，并重测 – 2015.5.15

Solution

每个点有两种选择，显然考虑最小割模型。

首先考虑最简单的模型一，即每个点仅有 a,ba,ba,b 两种选择收益，没有额外的收益 ccc 。如图一所示，显然我们直接建虚拟源点 SSS 和虚拟汇点 TTT，对于任意一点 111，向 SSS 连权值为 a[1]a[1]a[1] 的边，表示选择方案 aaa ，向 TTT 连权值为 b[1]b[1]b[1] 的边，表示选择方案 bbb，由于每一个点只能有一种选择方案，所以我们只需要割掉一些边，使得 S,TS,TS,T 不连通即可，我们直接求最小割，总边权值减去最小割既是剩余的最大收益。

图一

考虑加上题目中的收益 ccc，题目中的收益 ccc 是相邻点之间方案选择不同才会拥有的附加收益，我们这里先考虑一个简化版问题，即某些给定点对 (u,v)(u,v)(u,v)之间方案选择相同才会拥有附加收益，同为 aaa 则获得收益 ca(u,v)c_a(u,v)ca(u,v)，同为 bbb 则获得收益 cb(u,v)c_b(u,v)cb(u,v)，也即模型二，P1361 小M的作物。

我们发现此时需要相同的方案选择，也即对于图一中的两点 111 和 222，当且仅当 b[1]b[1]b[1] 边和 b[2]b[2]b[2] 边同时割掉之后，也即图二所示，此时可以获得额外收益 c(1,2)c(1,2)c(1,2)，割掉两边之后，此时 S,TS,TS,T 不连通，两点选择方案有且仅有一个，符合题意，此时剩余的所有边权是我们获得的收益，我们可以加上额外收益 c(1,2)c(1,2)c(1,2)，为了保证当且仅当此时我们才能加上收益 ccc，可以建虚拟源点 xxx，SSS 到 xxx 连权值为 ca(1,2)c_a(1,2)ca(1,2) 的边，此时我们就可以额外获得收益 ca(1,2)c_a(1,2)ca(1,2)，为了防止 (x,1),(x,2)(x,1),(x,2)(x,1),(x,2) 被意外割掉不符合题意，我们将其边权设为 INFINFINF 即可。

图二

综上所述，我们建如图三的模型，总权值减去最小割即为答案。

图三

回到本题的模型三，本题中，每个点相邻的点（上下左右显然最多有 444 个），选择不同的方案才能获得收益 ccc。

首先处理可以获得收益 ccc 的点集，要求为相邻，显然对图进行黑白染色，即可得到可以获得收益 ccc 的点集方案。此时问题和模型二的差别仅为方案相同和不同。为了将模型三转化为模型二，我们将该条件转变即可，所以就我们可以直接将所有黑色点的收益 aaa 和收益 bbb 交换，不同的条件就直接转化为了相同，问题显然就转化成了模型二，直接建图三跑最小割即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define num(i, j) ((i - 1) * m + j)using ll = long long;
const int INF = 1e18, maxn = 5e5 + 7, maxm = 5e6 + 7, maxv = 2e3 + 7;int ans;
int head[maxn], nex[maxm], ver[maxm], tot;
ll edge[maxm];
int n, m, s, t, n_cnt;
ll maxflow;
ll deep[maxn];
int now[maxm];
queue <int> q;
int a[maxv][maxv], b[maxv][maxv], c[maxv][maxv];
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};inline void add(int x,int y,int z){ver[tot] = y; edge[tot] = z; nex[tot] = head[x]; head[x] = tot ++ ;ver[tot] = x; edge[tot] = 0; nex[tot] = head[y]; head[y] = tot ++ ;
}inline bool bfs() { for(int i = 0; i <= n_cnt; ++ i)deep[i] = INF, now[i] = head[i]; while(!q.empty())q.pop(); q.push(s);deep[s] = 0;while(!q.empty()){int x = q.front();q.pop();for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){int y = ver[i];if(edge[i] > 0 && deep[y] == INF){ q.push(y);deep[y] = deep[x] + 1;if(y == t)return 1; }}}return 0;
}ll dfs(int x, ll flow) {if(x == t)return flow;ll ans = 0, k, i; for(i = now[x]; ~i && flow; i = nex[i]){now[x] = i; int y = ver[i];if(edge[i] > 0 && (deep[y] == deep[x] + 1)){  k = dfs(y,min(flow,edge[i])); if(!k)deep[y] = INF; edge[i] -= k; edge[i ^ 1] += k; ans += k;flow -= k;} } return ans;
}void dinic() {while(bfs())maxflow += dfs(s,INF);
}signed main()
{memset(head, -1, sizeof head);maxflow = 0;ans = 0;scanf("%lld%lld", &n, &m);n_cnt = n * m;s = ++ n_cnt, t = ++ n_cnt;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {scanf("%lld", &a[i][j]);ans += a[i][j];}}for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {scanf("%lld", &b[i][j]);ans += b[i][j];}}for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {scanf("%lld", &c[i][j]);}}for (int i = 1; i <= n; ++ i)for (int j = 1; j <= m; ++ j)if((i + j) & 1)swap(a[i][j], b[i][j]);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {add(s, num(i, j), a[i][j]);add(num(i, j), t, b[i][j]);}}for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {for (int k = 0; k < 4; ++ k) {int nx = i + dx[k];int ny = j + dy[k];if(nx <= 0 || nx > n || ny <= 0 || ny > m) continue;int x = ++ n_cnt;int y = ++ n_cnt;ans += 2 * c[i][j];add(s, x, c[i][j]);add(x, num(i, j), INF);add(x, num(nx, ny), INF);add(num(i, j), y, INF);add(num(nx, ny), y, INF);add(y, t, c[i][j]);}}}dinic(); ans -= maxflow;cout << ans << endl;return 0;
}