[BZOJ]3140 二分图最大匹配

3140: [Hnoi2013]消毒

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Description

最近在生物实验室工作的小T遇到了大麻烦。 
由于实验室最近升级的缘故，他的分格实验皿是一个长方体,其尺寸为a*b*c，a、b、c 均为正整数。为了实验的方便，它被划分为a*b*c个单位立方体区域，每个单位立方体尺寸
为1*1*1。用(i,j,k)标识一个单位立方体，1 ≤i≤a，1≤j≤b，1≤k≤c。这个实验皿已经很久没有人用了，现在，小T被导师要求将其中一些单位立方体区域进 行消毒操作（每个区域可以被重复消毒）。而由于严格的实验要求，他被要求使用一种特定 的F试剂来进行消毒。 这种F试剂特别奇怪，每次对尺寸为x*y*z的长方体区域（它由x*y*z个单位立方体组 成）进行消毒时，只需要使用min{x,y,z}单位的F试剂。F试剂的价格不菲，这可难倒了小 T。现在请你告诉他，最少要用多少单位的F试剂。(注：min{x,y,z}表示x、y、z中的最小 者。) 

Input

第一行是一个正整数D，表示数据组数。接下来是D组数据，每组数据开头是三个数a,b,c表示实验皿的尺寸。接下来会出现a个b 行c列的用空格隔开的01矩阵，0表示对应的单位立方体不要求消毒，1表示对应的单位立方体需要消毒；例如，如果第1个01矩阵的第2行第3列为1，则表示单位立方体(1,2,3)需要被消毒。输入保证满足a*b*c≤5000,T≤3。

Output

仅包含D行，每行一个整数，表示对应实验皿最少要用多少单位 的F试剂。

Sample Input

1
4 4 4
1 0 1 1
0 0 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 1 1
1 0 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 0

Sample Output

3

HINT

对于区域(1,1,3)-(2,2,4)和(1,1,1)-(4,4,1)消毒，分别花费2个单位和1个单位的F试剂。2017.5.26新加两组数据By Leoly，未重测.

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    这道题就比较奇特了...

    首先考虑二维的怎么做. 二维的就是然一个x*y的区域， 花费min(x, y). 这个min值怎么消掉? 其实考虑对于染某一个点， 染他这一列只需要1花费， 因为宽度只为1， 所以min值只为1. 由于你反正染这个点花费是1， 染这一点所在的一行也是1， 所以干脆每次就染一行染完. 那么每次染一个区域其实就可以看做染很多条， 每次的花费为1. 那么这个问题就转化成了用最少的行和列覆盖所有的点. 这就是经典的二分图最大匹配. 就是 poj3041.

    那么考虑三维的. 因为a*b*c<=5000， 那么有一列肯定<=17. 把这一列作为高， 那么我们就2^17的枚举哪些层要染， 相当于横着切. 剩下没染的点， 我们只用考虑竖着切和横穿着切(反正三种切的方式). 那么相当于就是二维里切行和切列. 所以总体思路就是三维的转化二维来做的话， 枚举最小的一维即可. 

    听说memset要死的很惨...

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 5050;int n, m, A, B, C, num, cnt, res, ans, tim, cas, opt;int pw[20], h[maxn], match[maxn * 2], vis[maxn * 2];struct point{ int x, y, z;}p[maxn];struct edge{ int nxt, v;}e[100050];inline void add(int u, int v){ e[++num].v = v, e[num].nxt = h[u], h[u] = num;}int find(int u){    for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt){        int v = e[i].v;        if(vis[v] < tim){            vis[v] = tim;            if(!match[v] || find(match[v]))                return match[v] = u;        }    }    return false;}inline void solve(int st){    n = B, m = C; num = res = 0;    for(int i = 0; i < A; ++i) if(pw[i] & st) res++;    if(res >= ans) return;    for(int i = 1; i <= n; ++i) h[i] = 0;    for(int i = 5010; i <= 5010 + m; ++i) match[i] = 0;    for(int i = 1; i <= cnt; ++i)        if(!(st & pw[p[i].x - 1])) add(p[i].y, p[i].z + 5010);    for(int i = 1; i <= n; ++i){        ++tim;        if(find(i)) res++;        if(res >= ans) return;    }    ans = res;}int main(){    scanf("%d", &cas);    pw[0] = 1;    for(int i = 1; i <= 18; ++i) pw[i] = pw[i - 1] << 1;    while(cas--){        ans = 1e9, cnt = 0;        scanf("%d%d%d", &A, &B, &C);        for(int i = 1; i <= A; ++i)            for(int j = 1; j <= B; ++j)                for(int k = 1; k <= C; ++k){                    scanf("%d", &opt);                    if(opt) p[++cnt].x = i, p[cnt].y = j, p[cnt].z = k;                }        if(B < A){            swap(A, B);            for(int i = 1; i <= cnt; ++i) swap(p[i].x, p[i].y);        }        if(C < A){            swap(A, C);            for(int i = 1; i <= cnt; ++i) swap(p[i].x, p[i].z);        }        for(int i = 0; i < pw[A]; ++i) solve(i);        printf("%d\n", ans);    }}