description
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 \(m_\)次交換。
input
第一行包含兩個整數 \(n,m(1\le n, m\le 20)\) 。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。
output
輸出僅一行，為最小交換總次數。如果無解，輸出 \(-1\) 。
sample input
3 3110
000001
000110
100222
222222
sample output
solution
有趣的費用流題。
非常顯然，\(s\) 要連原圖中的黑點，新圖中的黑點要連 \(t\)，關鍵是中間的邊怎麼搞。
於是考慮拆點，最開始一拆二發現好像不可做。最後發現一拆三是可行的。
把 \(x\) 拆成 \(x_1,x_2,x_3\) 。
其中對於每個 \(x\) 在原圖和新圖中的情況，分類連邊
在原圖中是白點，在新圖中是黑點
在原圖和新圖中狀態相同
還有點之間的連邊。對於連通的 \(x,y\) ， \(:capacity=inf;cost = 1\)
注意判斷一下無解的情況就萬事大吉了。
#includeusing namespace std;
#define n 10001
#define inf 2000000000
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
char st[21][21], ed[21][21], use[21][21];
int n, m, ans, flow;
int s, t;
struct edge e[100001];
int head[n], tot = 1;
int q[n], dis[n], pre[n];
bool inq[n];
inline void insert(int u, int v, int c, int w)
inline void add(int u, int v, int c, int w)
inline bool spfa() }}
return dis[t] != inf;
}inline void mcf()
int main()
if (black ^ white)
while (spfa()) mcf();
cout << (flow == black ? ans : -1);
return 0;
}
BZOJ 2668 cqoi2012 交換棋子
time limit 3 sec memory limit 128 mb submit 1112 solved 409 submit status discuss 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...
BZOJ2668 cqoi2012 交換棋子
題解 可以戳這裡 其實自己yy一下就知道這樣建圖的正確性了。感覺太神奇，居然還能拆成3個點 orzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz 跪跪跪跪跪跪跪跪 1 include2 3 include4 5 include6 7 include8 9 include10 11 include1...
bzoj2668 cqoi2012 交換棋子
費用流題，構圖非常巧妙。考慮每個點的交換限制的約束，一看就知道是點容量，但是這裡不是一分為二，而是一分為三。首先我們把問題化簡，變成對於原圖上所有黑點，找到乙個新圖中的黑點，進行多次交換後到達。我們看到多次交換實際上是走了一條路徑 這裡不是最短路 對於這條路徑的起點和終點，僅進行了1次交換，而路徑上...