bzoj 3996: [TJOI2015]线性代数 最小割

题意

给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

矩阵B和矩阵C中每个数字都是不超过1000的非负整数。

n<=500

分析

展开之后不难发现答案就是∑i=1n∑j=1nAi∗Bi,j∗Aj−∑i=1nCi∗Ai。

那么模型就转化成了给n件物品，每件物品有一个消耗，每选择两个物品i,j就可以得到Bi,j的收益。问最大收益。

网上的巨佬们都说这是最小割经典模型，然而我感觉我并没有见过？！果然我还是太菜了吗。

从s到(i,j)连一条流量为Bi,j的边，(i,j)到i和j分别连一条流量为inf的边，i到t连一条流量为Ci的边，那么答案就是B数组的和-最小割。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;

const int N=300005;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,cnt,last
,dis
,s,t,cur
,ans;
struct edge{int to,next,c;}e[N*10];
queue<int> que;

int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}

int point(int x,int y)
{
return (x-1)*n+y;
}

void addedge(int u,int v,int c)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].c=c;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
e[++cnt].to=u;e[cnt].c=0;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

bool bfs()
{
for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=0;
while (!que.empty()) que.pop();
que.push(s);dis[s]=1;
while (!que.empty())
{
int u=que.front();que.pop();
for (int i=last[u];i;i=e[i].next)
if (e[i].c&&!dis[e[i].to])
{
dis[e[i].to]=dis[u]+1;
if (e[i].to==t) return 1;
que.push(e[i].to);
}
}
return 0;
}

int dfs(int x,int maxf)
{
if (x==t||!maxf) return maxf;
int ret=0;
for (int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].c&&dis[e[i].to]==dis[x]+1)
{
int f=dfs(e[i].to,min(e[i].c,maxf-ret));
e[i].c-=f;
e[i^1].c+=f;
ret+=f;
if (maxf==ret) break;
}
return ret;
}

int dinic()
{
int ans=0;
while (bfs())
{
for (int i=s;i<=t;i++) cur[i]=last[i];
ans+=dfs(s,inf);
}
return ans;
}

int main()
{
n=read();s=0;t=n*n+n+1;cnt=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
int x=read();
ans+=x;
addedge(s,point(i,j),x);
addedge(point(i,j),i+n*n,inf);
addedge(point(i,j),j+n*n,inf);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
addedge(i+n*n,t,x);
}
printf("%d",ans-dinic());
return 0;
}