Description

文理分科是一件很纠结的事情！（虽然看到这个题目的人肯定都没有纠结过）
小P所在的班级要进行文理分科。他的班级可以用一个n*m的矩阵进行描述，每个格子代表一个同学的座位。每位同学必须从文科和理科中选择一科。同学们在选择科目的时候会获得一个满意值。满意值按如下的方式得到：
1．如果第i行第秒J的同学选择了文科，则他将获得art[i][j]的满意值，如果选择理科，将得到science[i][j]的满意值。
2．如果第i行第J列的同学选择了文科，并且他相邻（两个格子相邻当且仅当它们拥有一条相同的边）的同学全部选择了文科，则他会更开心，所以会增加same_art[i][j]的满意值。
3．如果第i行第j列的同学选择了理科，并且他相邻的同学全部选择了理科，则增加same_science[i]j[]的满意值。小P想知道，大家应该如何选择，才能使所有人的满意值之和最大。
请告诉他这个最大值。

Input
第一行为两个正整数：n，m
接下来n术m个整数，表示art[i][j]；
接下来n术m个整数．表示science[i][j]；
接下来n术m个整数，表示same_art[i][j]；

Output
输出为一个整数，表示最大的满意值之和

Sample Input
3 4
13 2 4 13
7 13 8 12
18 17 0 5
8 13 15 4
11 3 8 11
11 18 6 5
1 2 3 4
4 2 3 2
3 1 0 4
3 2 3 2
0 2 2 1
0 2 4 4
Sample Output
152

Hint
样例说明
1表示选择文科，0表示选择理科，方案如下：
1 0 0 1
0 1 0 0
1 0 0 0
N,M<=100,读入数据均<=500

solution

非常经典的最小割问题
要么选理科，要么选文科
设计两个超级点 $S$ 表示选文科， $T$ 表示选理科
与 $S$ 分在一起的则选的是文科得到 $a r t$ ，否则是理科得到 $s c i e n c e$

考虑怎么判断可额外增加的满意值
不妨再新添点与 $S$ 连流量same_art的边
怎么保证选了新添点，绑在一起的人都一起选文科呢？？
直接与绑在一起的上下左右中点都连流量 $i n f$ ，则一定不会出现在最小割里面

新添点与 $T$ 连流量same_science的边
怎么保证选了新添点，绑在一起的人都一起选理科呢？？
同样的，直接与绑在一起的上下左右中点都连流量 $i n f$
则一定不会出现在最小割里面

最后就在这个图内跑最大流，所有的满意值减去最小割就是真正的最大满意值

code

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define maxn 200005
#define inf 0x7f7f7f7f
struct node {
    
    
	int nxt, to, flow;
}edge[maxn << 1];
queue < int > q;
int n, m, cnt = 1, num;
int dep[maxn], head[maxn], cur[maxn];
int dx[4] = {
    
     1, -1, 0, 0 }, dy[4] = {
    
     0, 0, 1, -1 };

int id( int x, int y ) {
    
    
	return ( x - 1 ) * m + y;
}

bool inside( int x, int y ) {
    
    
	if( x < 1 || x > n || y < 1 || y > m ) return 0;
	else return 1;
}

void addEdge( int u, int v, int w ) {
    
    
	cnt ++;
	edge[cnt].nxt = head[u];
	edge[cnt].to = v;
	edge[cnt].flow = w;
	head[u] = cnt;
	
	cnt ++;
	edge[cnt].nxt = head[v];
	edge[cnt].to = u;
	edge[cnt].flow = 0;
	head[v] = cnt;
}

int bfs( int s, int t ) {
    
    
	memcpy( cur, head, sizeof( head ) );
	memset( dep, 0, sizeof( dep ) );
	dep[s] = 1;
	q.push( s );
	while( ! q.empty() ) {
    
    
		int u = q.front(); q.pop();
		for( int i = head[u];i;i = edge[i].nxt ) {
    
    
			int v = edge[i].to;
			if( ! dep[v] && edge[i].flow ) {
    
    
				dep[v] = dep[u] + 1;
				q.push( v );
			}
		}
	}
	return dep[t];
}

int dfs( int u, int t, int cap ) {
    
    
	if( ! cap || u == t ) return cap;
	int flow = 0;
	for( int i = cur[u];i;i = edge[i].nxt ) {
    
    
		cur[u] = i;
		int v = edge[i].to;
		if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {
    
    
			int w = dfs( v, t, min( cap, edge[i].flow ) );
			if( ! w ) continue;
			flow += w;
			cap -= w;
			edge[i].flow -= w;
			edge[i ^ 1].flow += w;
			if( ! cap ) break;
		}
	}
	return flow;
}

int dinic( int s, int t ) {
    
    
	int ans = 0;
	while( bfs( s, t ) )
		ans += dfs( s, t, inf );
	return ans;
}

int main() {
    
    
	scanf( "%d %d", &n, &m );
	int ans = 0, S = 0, T = n * m + 1, w; num = n * m + 1;
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {
    
    
			scanf( "%d", &w );
			addEdge( S, id( i, j ), w );
			ans += w;
		}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {
    
    
			scanf( "%d", &w );
			addEdge( id( i, j ), T, w );
			ans += w;
		}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {
    
    
			scanf( "%d", &w );
			ans += w;
			num ++;
			addEdge( S, num, w );
			addEdge( num, id( i, j ), inf );
			for( int k = 0;k < 4;k ++ )
				if( inside( i + dx[k], j + dy[k] ) )
					addEdge( num, id( i + dx[k], j + dy[k] ), inf );
		}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {
    
    
			scanf( "%d", &w );
			ans += w;
			num ++;
			addEdge( num, T, w );
			addEdge( id( i, j ), num, inf );
			for( int k = 0;k < 4;k ++ )
				if( inside( i + dx[k], j + dy[k] ) )
					addEdge( id( i + dx[k], j + dy[k] ), num, inf );
		}
	printf( "%d\n", ans - dinic( S, T ) );
	return 0;
}

文理分科 (最小割问题)

Description

solution

code

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