bzoj2668 [cqoi2012]交换棋子
来源:互联网 发布:淘宝联盟api免费申请 编辑:程序博客网 时间:2024/05/21 09:06
Description
有一个n行m列的黑白棋盘,你每次可以交换两个相邻格子(相邻是指有公共边或公共顶点)中的棋子,最终达到目标状态。要求第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换。
Input
第一行包含两个整数n,m(1<=n, m<=20)。以下n行为初始状态,每行为一个包含m个字符的01串,其中0表示黑色棋子,1表示白色棋子。以下n行为目标状态,格式同初始状态。以下n行每行为一个包含m个0~9数字的字符串,表示每个格子参与交换的次数上限。
Output
输出仅一行,为最小交换总次数。如果无解,输出-1。
Sample Input
3 3
110
000
001
000
110
100
222
222
222
Sample Output
4
分析:
题面让人觉得很奇怪
实际上我们可以看做只有黑棋子,这样就好处理多了
说实话,这道题的建图是我见过的最zz的
显然初始状态和最终状态该位置都是黑棋时,
这个黑棋是没有必要移动的,对答案没有贡献
所以我们就可以把ta变成白棋
题目的限制不是在棋子上,而是在格子上
我们把每个格子拆成三个点a,b,c
(1)格子的初始状态是1,连接(s,a,1,0),(b,a,m[i][j]/2,0),(a,c,(m[i][j]+1)/2,0)
(2)格子末状态是1,连接(a,t,1,0),(b,a,(m[i][j]+1)/2,0),(a,c,m[i][j]/2,0)
(3)始末都是0,连接(b,a,m[i][j]/2,0),(a,c,m[i][j]/2,0)
(4)相邻格子x,y,连接(xc,yb,INF,1)
解释
对于一次交换,会使用相邻两个格子各一次,一共会使用两次,
所以我们将边权除以二
对于初始黑子在的点,与末尾黑子在的点,
其实对于这个黑子只用交换一次,所以只会使用1的流量,
所以我们把ta的边权令为(m[i][j]+1)/2,这个细节比较重要
附测试样例及图
input
2 2
10
01
01
10
11
11
output
2
tip
发现自己的spfa都写不好了
注意所谓的相邻格子包括对角线
在获取点的编号的时候,get函数中n和m不要弄混了
手残党。。。STO
这里写代码片#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;const int INF=0x33333333;const int N=50010;int st[N],tot=-1,s,t;struct node{ int x,y,v,c,nxt;};node way[N<<2];int pre[N],dis[N],q[N],tou,wei;bool p[N];int mp[100][100],num[100][100],n,m;int get(int x,int y){return (x-1)*m+y;}void add(int u,int w,int v,int cc){ tot++; way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=v;way[tot].c=cc;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot; tot++; way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=0;way[tot].c=-cc;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;}int spfa(int s,int t){ memset(dis,0x33,sizeof(dis)); memset(pre,-1,sizeof(pre)); memset(p,1,sizeof(p)); wei=tou=0; q[++wei]=s; dis[s]=0; p[s]=0; do { int r=q[++tou]; for (int i=st[r];i!=-1;i=way[i].nxt) if (way[i].v&&way[i].c+dis[r]<dis[way[i].y]) { dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].c; pre[way[i].y]=i; if (p[way[i].y]){ q[++wei]=way[i].y; p[way[i].y]=0; } } p[r]=1; } while (tou<wei); return dis[t]!=INF;}void doit(){ int ans=0; while (spfa(s,t)) { int sum=INF; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) sum=min(sum,way[pre[i]].v); //pre[i] ans+=sum*dis[t]; for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x) way[pre[i]].v-=sum, way[pre[i]^1].v+=sum; } printf("%d",ans);}void lianbian(){ int i,j; s=0; t=n*m*3+1; for (i=1;i<=n;i++) for (j=1;j<=m;j++) { if (mp[i][j]==1){ add(s,get(i,j),1,0); add(get(i,j)+n*m,get(i,j),num[i][j]/2,0); add(get(i,j),get(i,j)+n*m*2,(num[i][j]+1)/2,0); } else if (mp[i][j]==2){ add(get(i,j),t,1,0); add(get(i,j)+n*m,get(i,j),(num[i][j]+1)/2,0); add(get(i,j),get(i,j)+n*m*2,num[i][j]/2,0); } else{ add(get(i,j)+n*m,get(i,j),num[i][j]/2,0); add(get(i,j),get(i,j)+n*m*2,num[i][j]/2,0); } if (i+1<=n) add(get(i,j)+n*m*2,get(i+1,j)+n*m,INF,1); if (j+1<=m) add(get(i,j)+n*m*2,get(i,j+1)+n*m,INF,1); if (i-1>0) add(get(i,j)+n*m*2,get(i-1,j)+n*m,INF,1); if (j-1>0) add(get(i,j)+n*m*2,get(i,j-1)+n*m,INF,1); if (i+1<=n&&j+1<=m) add(get(i,j)+n*m*2,get(i+1,j+1)+n*m,INF,1); if (i-1>0&&j-1>0) add(get(i,j)+n*m*2,get(i-1,j-1)+n*m,INF,1); if (i+1<=n&&j-1>0) add(get(i,j)+n*m*2,get(i+1,j-1)+n*m,INF,1); if (i-1>0&&j+1<=m) add(get(i,j)+n*m*2,get(i-1,j+1)+n*m,INF,1); }}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); memset(st,-1,sizeof(st)); char ch[30]; int cnt=0; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",&ch); for (int j=0;j<m;j++) { mp[i][j+1]=ch[j]-'0'; if (ch[j]-'0'==1) cnt++; } } for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",&ch); for (int j=0;j<m;j++) { int x=ch[j]-'0'; if (x) cnt--; if (mp[i][j+1]==1&&x==0) mp[i][j+1]=1; else if (mp[i][j+1]==0&&x==1) mp[i][j+1]=2; else mp[i][j+1]=0; } } for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",&ch); for (int j=0;j<m;j++) num[i][j+1]=ch[j]-'0'; } if (cnt!=0){ printf("-1"); return 0; } lianbian(); doit(); return 0;}
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