变量（variable）

Description

有 \(n\) 个变量 \(w[1],w[2],\cdots ,w[n]\) ，每个变量可以取 \(W\) 或 \(-W\) 。

有 \(q\) 个条件，形如 \(w[x]\le w[y]\) 或 \(w[x]=w[y]\) 或 \(w[x]<w[y]\) 。

最小化 \(\sum w_i+\sum H_i\) 。

Input

第一行一个整数 \(t\) 表示数据组数。
每组数据第一行四个整数 \(n,W,p,q\) 。
接下来 \(p\) 行每行九个整数 \(x_i,y_i,z_i,a_i,b_i,c_i,d_i,e_i,f_i\) 。
接下来 \(q\) 行每行三个整数 \(x,y,r\) 。
\(r=0\) 表示 \(w[x]\le w[y]\) ； \(r=1\) 表示 \(w[x]=w[y]\) ； \(r=2\) 表示 \(w[x]<w[y]\) 。
保证存在方案。

Limit

\(t\le 10\) ， \(n\le 500\) ， \(p,q\le 1000\) ， \(1\le W\le 10^6\) ， \(0\le a_i,b_i,c_i,d_i,e_i,f_i\le 1000\) 。

Solution

这题看着吓人而已，不过是套路罢了...

显然一个变量只有 \(1\) 和 \(-1\) 两种取值（最后答案乘一个 \(W\) ）。

现在将每个变量 \(x\) 看成点。

将 \(x\) 拆分，成为 \(x_1\) 和 \(x_2\) ，表示 \(1\) 和 \(-1\) 两种取值。

\((S,x_1)\) 表示 \(x\) 取 \(1\) 。
\((x_2,T)\) 表示 \(x\) 取 \(2\) 。
\((x_1,x_2,+\infty)\) ，表示这条边不能割，即 \(x\) 不能同时有两个取值。
\((x_1,y_2)\) ，流量为二倍，表示绝对值之差为 \(2\) 。
对于限制关系，分类讨论一些连边，表示这些边不能被割。具体见代码

最小割即可。对于负流量，可以加上一个常数来解决。

扫描二维码关注公众号，回复： 1541023 查看本文章

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <class T> inline void read(T &x) {
    x = 0; static char ch = getchar(); for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar());
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) (x *= 10) += ch - '0';
}

#define N 1050
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long

int S, T, head[N], cur[N], tot = 1, q[N], dep[N];
struct edge { int v, c, next; }e[12001];
inline void insert(int u, int v, int c) { e[++tot].v = v, e[tot].c = c, e[tot].next = head[u]; head[u] = tot; }
inline void add(int u, int v, int c) { insert(u, v, c), insert(v, u, 0); }
inline bool bfs() {
    memset(dep, 0, sizeof dep); dep[S] = 1;
    int l = 1, r = 1; q[1] = S;
    while (l <= r) {
        int u = q[l++];
        for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) if (e[i].c && !dep[v = e[i].v]) {
            dep[v] = dep[u] + 1, q[++r] = v;
            if (!(v ^ T)) return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int u, int dist) {
    if (u == T) return dist;
    int ret = 0;
    for (int &i = head[u], v; i; i = e[i].next) if (dep[v = e[i].v] == dep[u] + 1 && e[i].c) {
        int d = dfs(v, min(dist - ret, e[i].c));
        e[i].c -= d, e[i ^ 1].c += d, ret += d;
        if (ret == dist) return dist;
    }
    if (!ret) dep[u] = -1;
    return ret;
}
inline void cpy() { rep(i, S, T) cur[i] = head[i]; }
inline void rec() { rep(i, S, T) head[i] = cur[i]; }
int dinic() { int ret = 0; cpy(); while (bfs()) ret += dfs(S, INF), rec(); return ret; }

int n, p, Q, val[N], g[N][N];
ll W;

int main() {
    int Case; read(Case);
    while (Case--) {
        memset(head, 0, sizeof head); tot = 1;
        memset(val, 0, sizeof val), memset(g, 0, sizeof g);
        read(n), read(W), read(p), read(Q);
        rep(i, 1, n) val[i] = 1;
        while (p--) {
            int x, y, z, a, b, c, d, e, f;
            read(x), read(y), read(z), read(a), read(b), read(c), read(d), read(e), read(f);
            val[x] += d - f, val[y] += e - d, val[z] += f - e;
            if (x < y) g[x][y] += a; else g[y][x] += a;
            if (y < z) g[y][z] += b; else g[z][y] += b;
            if (z < x) g[z][x] += c; else g[x][z] += c;
        }
        int mx = 0; rep(i, 1, n) mx = max(mx, abs(val[i]) + 1);
        T = (n << 1) + 1;
        rep(i, 1, n) add(S, i, mx + val[i]), add(i, i + n, INF), add(i + n, T, mx - val[i]);
        rep(i, 1, n) rep(j, i + 1, n) if (g[i][j]) add(i + n, j, g[i][j] << 1), add(j + n, i, g[i][j] << 1);
        while (Q--) {
            int x, y, r; read(x), read(y), read(r);
            if (!r) add(y + n, x, INF);
            if (r == 1) add(x + n, y, INF), add(y + n, x, INF);
            if (r == 2) add(S, x, INF), add(y + n, T, INF);
        }
        printf("%lld\n", (dinic() - mx * n) * W);
    }
    return 0;
}

Description

Input

Limit

Solution

猜你喜欢