编程之美2014年资格赛第三题——格格取数(已过大数据)

来源:互联网 发布:php yii 编辑:程序博客网 时间:2024/03/29 18:11

题目3 :格格取数

时间限制:2000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给你一个m x n (1 <=m, n <= 100)的矩阵A (0<=aij<=10000),要求在矩阵中选择一些数,要求每一行,每一列都至少选到了一个数,使得选出的数的和尽量的小。

 

输入

多组测试数据。首先是数据组数T

对于每组测试数据,第1行是两个正整数m, n,分别表示矩阵的行数和列数。

接下来的m行,每行n个整数,之间用一个空格分隔,表示矩阵A的元素。

 

输出

每组数据输出一行,表示选出的数的和的最小值。

 

数据范围

小数据:1 <= m, n<= 5

大数据:1 <= m, n<= 100

 

 

样例输入

2

3 3

1 2 3

3 1 2

2 3 1

5 5

1 2 3 4 5

5 1 2 3 4

4 5 1 2 3

3 4 5 1 2

2 3 4 5 1

样例输出

Case 1: 3

Case 2: 5

题目要求使得每一行、每一列都至少有一个数被取出,并使得取出的和最小。开始就觉得是每行、每列都去一个这样是最小的。网上流传很广的一组样例:

4  4

1  1  100

100  100 1

100  100 1

能够很轻松的否定掉这个思路。开始按照这个思路写的最小费用最大流,是因为最大流为max(n,m)。但是,显然不是这个样子的。真正的流量是不能够确定的。所以,直接用最小费用最大流就不行了。

那么,这里我们可以进行一些处理。让没有必要的流量直接从源点流向汇点。这样一来,总流量就一定是n*m了。而对于要通过行点和列点的流量是多少呢?经过分析可以发现。如果第i行和第j列都已经取出了一个数(不是a[i][j]时),那么a[i][j]必然是不会被取出的。

现在要解决的问题就是如何保证行点和列点至少流过一次,且不会存在两个已经流过的点在被同时流一次。将行点和列点进行拆分。共2*m个行点和2*n个列点。那么就是源点到m个行点的流量为1,费用为负无穷,n个列点到汇点的流量为1,费用为负无穷。剩下的m个行点的流量为n,费用为0n个列点的流量为m,费用为0.源点到汇点的流量为n*m,费用为0.同时,我们需要建立一个超级源点,保证总流量一定是n*m。即超级源点到源点的流量是n*m。这样就能保证得到的费用是最小值了,最后的结果就是得到的费用加上(n+m)*负无穷。

可以看出来,如果某个行点和某个列点已经被选择,那么如果存在一个流流过这两个点,那么代价必然是a[i][j],显然不如直接从源点流向汇点。所以,就避免出现第i行和第j列都已经取出了一个数且不是a[i][j]时,取出了a[i][j]这种多余情况。同时,可以得到,负无穷只要能使最大边权+负无穷小于0即可。

 

#include <vector>#include <list>#include <map>#include <set>#include <deque>#include <stack>#include <bitset>#include <algorithm>#include <functional>#include <numeric>#include <utility>#include <sstream>#include <iostream>#include <iomanip>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#include <cstring>#define INF 99999999#define MAXN 20000using namespace std;const int M = 100010;//边const int N = 500;struct Node//边,点f到点t,流量为c,费用为w{int st, ed;int flow, cost;int next;}edge[M];int head[N], dis[N], q[N], pre[N], cnt;//cnt为已添加的边数,head为邻接表,dis为花费,pre为父亲节点bool vis[M];int n, m, s ,t;int graph[110][110];void init(){memset(head, -1, sizeof(head));cnt = 0;}void add_edge(int f, int t, int d1, int d2, int w){//f到t的一条边,流量为d1,反向流量d2,花费w,反向边花费-w(可以反悔)edge[cnt].st = f;edge[cnt].ed = t;edge[cnt].flow = d1;edge[cnt].cost = w;edge[cnt].next = head[f];head[f] = cnt++;edge[cnt].st = t;edge[cnt].ed = f;edge[cnt].flow = d2;edge[cnt].cost = -w;edge[cnt].next = head[t];head[t] = cnt++;}bool spfa(int s, int t, int n){int i, tmp, l, r;memset(pre, -1, sizeof(pre));for(i = 0; i < n; ++i)    {        dis[i] = INF;    }dis[s] = 0;q[0] = s;l = 0, r = 1;vis[s] = true;while(l != r)    {tmp = q[l];l = (l + 1) % (n + 1);vis[tmp] = false;for(i = head[tmp]; i!=-1; i = edge[i].next){if(edge[i].flow && dis[edge[i].ed] > dis[tmp] + edge[i].cost){dis[edge[i].ed] = dis[tmp] + edge[i].cost;pre[edge[i].ed] = i;if(!vis[edge[i].ed]){vis[edge[i].ed] = true;q[r] = edge[i].ed;r = (r + 1) % (n + 1);}}}}if(pre[t] == -1){    return false;}return true;}void MCMF(int s, int t, int n, int &flow, int &cost){//起点s,终点t,点数n,最大流flow,最小花费costint tmp, arg;flow = cost = 0;while(spfa(s, t, n))    {arg = INF;tmp = t;while(tmp != s){arg = min(arg, edge[pre[tmp]].flow);tmp = edge[pre[tmp]].st;}tmp = t;while(tmp != s){edge[pre[tmp]].flow -= arg;edge[pre[tmp] ^ 1].flow += arg;tmp = edge[pre[tmp]].st;}flow += arg;cost += arg * dis[t];}}int main(){int x;scanf("%d",&x);for(int r = 1;r <= x;r++){init();scanf("%d%d",&m,&n);for(int i = 1;i <= m;i++){for(int j = 1;j <= n;j++){scanf("%d",&graph[i][j]);add_edge(i,2*m+j,1,0,graph[i][j]);add_edge(i,2*m+n+j,1,0,graph[i][j]);add_edge(i+m,2*m+n+j,1,0,graph[i][j]);add_edge(i+m,2*m+j,1,0,graph[i][j]);}}for(int i = 1;i <= m;i++){add_edge(0,i,1,0,-MAXN);add_edge(0,i+m,n,0,0);}t = 2 * m + 2 * n + 1;for(int i = 1;i <= n;i++){add_edge(i+2*m,t,1,0,-MAXN);add_edge(2*m+n+i,t,m,0,0);}s = t + 1;add_edge(s,0,n*m,0,0);add_edge(0,t,n*m,0,0);int flow ,cost;MCMF(s,t,t+2,flow,cost);printf("Case %d: %d\n",r,cost+(m+n)*MAXN);}return 0;}


 

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