P3159 CQOI2012 交換棋子

2022-05-08 02:24:09 字數 1906 閱讀 3083

有乙個n行m列的黑白棋盤，你每次可以交換兩個相鄰格仔（相鄰是指有公共邊或公共頂點）中的棋子，最終達到目標狀態。要求第i行第j列的格仔只能參與mi,j次交換。

第一行包含兩個整數n，m（1<=n, m<=20）。以下n行為初始狀態，每行為乙個包含m個字元的01串，其中0表示黑色棋子，1表示白色棋子。以下n行為目標狀態，格式同初始狀態。以下n行每行為乙個包含m個0~9數字的字串，表示每個格仔參與交換的次數上限。

輸出僅一行，為最小交換總次數。如果無解，輸出-1。

輸入 #1複製

3 3


110000


001000


110100


222222


222

輸出 #1複製

4
對於棋盤的初始狀態和最終狀態可以看做二分圖的兩組點，而棋子的上下左右移動可以視作邊的。交換黑白點可以視作講黑子進行移動，每次費用為1，因此我們可以進行建圖，但這題十分的特殊，因為它限制了每個格仔的交換次數，並且用平常的拆點，我們無法表示它是否停留在改點，因此我們將1個點拆為3個點。分別為(left,now,right)，每個點從left進入，停留在now上，從right出去。但對於兩條邊，它所限制的交換次數該如何劃分又是乙個問題。我們不妨把它視作黑點移動經過的次數。

設limt表示限制數。

對於初始和結果相同的點，邊的為（l,now,limt/2,1），（now,r,limt/2,1）。

對於初始為黑，結果為白的情況邊為（l,now,limt/2,1），（now,r,(limt+1)/2,1）。

對於初始為白，結果為黑的情況則與之相反。

原理：如果開始為黑，結果為白，則黑點一定要移動出去，則若limt為奇數時，多餘的1應該加入出邊。若為偶數，則加1不會對其有影響。另一種情況與之相反。

最後將源點和匯點連入圖中，跑最大流最小費用即可。

#include#define n 10700


#define m 107000


#define inf 1<<29


#define cnt (n*m*3)


#define left(i,j) ((i-1)*m+j)


#define now(i,j) (((i-1)*m+j)+n*m)


#define right(i,j) (((i-1)*m+j)+(n*m<<1))


using


namespace


std;


struct


nodee[m*2


];int tot=1,head[n],maxflow=0,ans=0


;int


n,m,s,t;


void add(int x,int y,int z,int


p)int


incf[n],v[n],pre[n],d[n];


bool


spfa()}}


if(d[t]==0x3f3f3f3f) return


false;//


0xcfcfcfcf


return


true;}


void


update()


maxflow+=incf[t];


ans+=d[t]*incf[t];


}int


x1[n][n],x2[n][n],z[n][n];


int dx[9]=;


int dy[9]=;


intmain()}}


for(int i=1;i<=n;i++)}}


if(t1!=t2)


for(int i=1;i<=n;i++)


}for(int i=1;i<=n;i++)}}


while


(spfa()) update();


if(maxflow==t1) coutelse cout<<"-1"




}

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相當神奇的費用流拆點模型 最開始我想到把交換黑色棋子看成乙個流流動的過程，流從乙個節點流向另乙個節點就是交換兩個節點，然後把乙個位置拆成兩個點限制流量，然後就有了這樣的建圖方法 s向所有初始是黑色點的入點連cap 1，cost 0的邊，最後是黑色點的出點向t連一條cap 1，cost 0的邊，然後對...

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