BZOJ-2597 [Wc2007]剪刀石头布(费用流)

来源：互联网发布：软件挖矿编辑：程序博客网时间：2024/05/16 10:14

2597: [Wc2007]剪刀石头布

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 128 MBSec Special Judge
Submit: 1146 Solved: 538
[Submit][Status][Discuss]

Description

在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到A胜过B，B胜过C而C又胜过A的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将(A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B)和(C, B, A)视为相同的情况。

有N个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。

Input

输入文件的第1行是一个整数N，表示参加比赛的人数。

之后是一个N行N列的数字矩阵：一共N行，每行N列，数字间用空格隔开。

在第(i+1)行的第j列的数字如果是1，则表示i在已经发生的比赛中赢了j；该数字若是0，则表示在已经发生的比赛中i败于j；该数字是2，表示i和j之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第(i+1)行第i列的数字都是0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。

输入文件保证合法，不会发生矛盾，当i≠j时，第(i+1)行第j列和第(j+1)行第i列的两个数字要么都是2，要么一个是0一个是1。

Output

输出文件的第1行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。

输出文件的第2行开始有一个和输入文件中格式相同的N行N列的数字矩阵。第(i+1)行第j个数字描述了i和j之间的比赛结果，1表示i赢了j，0表示i负于j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字2；对角线上的数字都是0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。

Sample Input

3
0 1 2
0 0 2
2 2 0

Sample Output

1
0 1 0
0 0 1
1 0 0

题解：直接求合法三元组(A,B,C)不好求，想到可以用补集：如果(A,B,C)不满足石头剪刀布，那么一定有一个赢了2场，一个赢了1场，一个赢了0场。

那么对于每个人i，设他赢了w[i]场，他能构成的不合法的三元组就有C(w[i],2)个，C为组合数。
那么最多能组成的合法三元组个数为：ans=C(n,3)-ΣC(w[i],2)，对于网络流的所有最大流都是他的合法解。
要使ans最大，就要是的ΣC(w[i],2)最小，可以想到用最小费用流来做。

首先建n个点P[i]向汇点T连n-1条边，表示第i个人进行了n-1场比赛，花费为0~n-2。
再建n*n个点与源点连接，k[i,j]表示i和j进行比赛，如果mp[i][j]=2，即比赛还没开始，那么分别向P[i]和P[j]连一条容量为1费用为0的边；如果mp[i][j]=1,即i已经赢了j，则向P[i]连一条容量为1费用为0的边；如果mp[i][j]=0，即j已经赢了i，则向P[j]连一条容量为1费用为0的边。

跑一遍费用流，得到的最小费用即是ΣC(w[i],2)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int MX = 15555;
const int MXE = MX * 100;
struct MinCost_MaxFlow {
struct Edge {
int v, w, nxt;
int cost;
} edge[MXE];
int head[MX], tot, level[MX], pre[MX], d[MX];
bool vis[MX];
void init() {
memset(head, -1, sizeof(head));
tot = 0;
}
void add(int u, int v, int w, int cost) {
edge[tot].v = v;
edge[tot].w = w;
edge[tot].cost = cost;
edge[tot].nxt = head[u];
head[u] = tot++;

edge[tot].v = u;
edge[tot].w = 0;
edge[tot].cost = -cost;
edge[tot].nxt = head[v];
head[v] = tot++;
}
bool spfa(int s, int t) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(d, 0x3f, sizeof(d));
memset(pre, -1, sizeof(pre));
queue<int>q;
q.push(s);
d[s] = 0;
vis[s] = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = 0;
for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {
int w = edge[i].w, v = edge[i].v, cost = edge[i].cost;
if (w > 0 && d[v] > d[u] + cost) {
d[v] = d[u] + cost;
pre[v] = i;
if (!vis[v]) {
q.push(v);
vis[v] = 1;
}
}
}
}
return pre[t] != -1;
}
int solve(int s, int t,int &cost) {
int flow = 0;
cost = 0;
while (spfa(s, t)) {
int minFlow = inf;
for (int i = pre[t]; ~i; i = pre[edge[i ^ 1].v])
minFlow = min(minFlow, edge[i].w);

for (int i = pre[t]; ~i; i = pre[edge[i ^ 1].v]) {
cost += minFlow * edge[i].cost;
edge[i].w -= minFlow;
edge[i ^ 1].w += minFlow;
}
flow += minFlow;
}
return flow;
}
} F;

int n,mp[105][105],tot,ans;
int mark[105][105];
void build(){
memset(mark,0,sizeof(mark));
int sz=0;
tot=n*(n-1)/2;
F.init();
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
F.add(0,++sz,1,0);
if(mp[i][j]==1||mp[i][j]==2) {
mark[i][j]=F.tot;
F.add(sz,tot+i,1,0);
}
if(mp[i][j]==0||mp[i][j]==2) {
mark[j][i]=F.tot;
F.add(sz,tot+j,1,0);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<n-1;j++)
F.add(tot+i,tot+n+1,1,j);
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&mp[i][j]);
build();
F.solve(0,tot+n+1,ans);
printf("%d\n",n*(n-1)*(n-2)/6-ans);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) printf("0%c",j==n?'\n':' ');
else printf("%d%c",mark[i][j]==0||F.edge[mark[i][j]].w?0:1,j==n?'\n':' ');
}
}
}
return 0;
}

0 0