【JZOJ2701】【GDKOI2012模拟02.01】矩阵

Description

Data Constraint

Solution

我们可以现二分答案。
对于一个二分的答案mid。我们对行和列分别进行讨论。
对于B矩阵的一行，满足

|A−B|<=mid

A−mid<=B<=A+mid

，同时L*m<=B<=R *m。所以我们就可以找到B这一行的范围[mi,mx]。当然要mi<=mx。把所有mi累加，把mx累加，我们就得到了只满足行情况的B矩阵的范围。
列的情况同理。若最后行与列的范围有交集，那么久邵明一定有一种取值使B同时满足行与列的要求，所以继续二分。
现在我们得到了第一问的答案。怎么求解。打个上下界网络流！！我们源点往每一行连一条上界为A+mid下界为A-mid的边，每一列往汇点连一条上界为A+mid下界为A-mid的边，中间每一行向每一列连一条上界为R下界为L的边。按正常的有源汇建个超级源超级汇，一个[l,r]的边u->v变成超级源向v连l的边，u往超级汇连l的边，u->v连r-l的边。汇点往源点连+∞的边。跑一下最大流即可。

Code

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=2e2+5,maxn1=6e5;int a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],s[maxn],s1[maxn],c[maxn],d[maxn*maxn];int first[maxn1],last[maxn1],next[maxn1],value[maxn1],dui[maxn1],v[maxn1];int n,m,i,t,j,k,l,x,y,z,r,mid,ll,rr,mi,mx,bz,mi1,mx1,ans,num,s2,ss,tt;void lian(int x,int y,int z){    last[++num]=y;next[num]=first[x];first[x]=num;value[num]=z;}int dg(int x,int sum){    int t,p=sum,k;    if (x==tt) return sum;    for (t=first[x];t;t=next[t]){        if (d[last[t]]!=d[x]+1 || !value[t]) continue;        k=dg(last[t],min(p,value[t]));        if (k){            value[t]-=k;value[dui[t]]+=k;p-=k;            if (!p) break;        }    }    if (p==sum) d[x]=-1;    return sum-p;}int bfs(){    int i=0,j=1;v[1]=ss;memset(d,255,sizeof(d));d[ss]=0;    while (i<j){        x=v[++i];        for (t=first[x];t;t=next[t])            if (d[last[t]]<0 && value[t]) v[++j]=last[t],d[v[j]]=d[x]+1;    }    if (d[tt]>0) return 1;return 0;}int main(){    //freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for (i=1;i<=n;i++)        for (j=1;j<=m;j++)            scanf("%d",&a[i][j]),s[i]+=a[i][j],s1[j]+=a[i][j];    scanf("%d%d",&ll,&rr);    l=0;    r=4e7;    while (l<r){        mid=(l+r)/2;mi1=mx1=mi=mx=0;bz=0;        for (i=1;i<=n;i++){            t=max(s[i]-mid,ll*m),k=min(s[i]+mid,rr*m);            if (t>k){                bz=1;break;            }            mi+=t;mx+=k;        }        for (i=1;i<=m;i++){            t=max(s1[i]-mid,ll*n),k=min(s1[i]+mid,rr*n);            if (t>k){                bz=1;break;            }            mi1+=t;mx1+=k;        }        if (mx1<mi || mi1>mx) bz=1;        if (!bz) r=mid;        else l=mid+1;    }    printf("%d\n",l);ans=l;bz=0;t=n*m+1;ss=t+1;tt=ss+1;    for (i=1;i<=n;i++){        x=max(s[i]-l,ll*m),y=min(s[i]+l,rr*m);        lian(0,i,y-x);lian(i,0,0);lian(ss,i,x);lian(i,ss,0);lian(0,tt,x);lian(tt,0,0);    }    for (i=1;i<=m;i++){        x=max(s1[i]-l,ll*n),y=min(s1[i]+l,rr*n);        lian(i+n,t,y-x);lian(t,i+n,0);lian(ss,t,x);lian(t,ss,0);lian(i+n,tt,x);lian(tt,i+n,0);    }    for (i=1;i<=n;i++)        for (j=n+1;j<=n+m;j++){            lian(i,j,rr-ll);lian(j,i,0);lian(ss,j,ll);lian(j,ss,0);lian(i,tt,ll);lian(tt,i,0);          }    lian(ss,0,1e9+7);lian(0,ss,0);lian(t,tt,1e9+7);lian(tt,t,0);    for (i=1;i<=num;i++)        if (i%2)dui[i]=i+1,dui[i+1]=i;    while (bfs()) dg(ss,1e9+7);    for (i=1;i<=n;i++){        x=i;        for (t=first[x];t;t=next[t])            if (last[t]>n && last[t]<=n+m) b[i][last[t]-n]=ll+value[dui[t]];    }    for (i=1;i<=n;i++){        for (j=1;j<=m;j++)            printf("%d ",b[i][j]);        printf("\n");    }}