bzoj3144 切糕
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2022-11-22 08:18:58
题意
这个题首先要理解好题意,就是说给这个长方体横着切开。要求相邻的两个位置切点的为值不能相差大于$D$。
说的再直白一点就是。有一个$P\times Q$的矩阵,要在这$P \times Q$个格子里填区间$[1,R]$中的 ......
题意
这个题首先要理解好题意,就是说给这个长方体横着切开。要求相邻的两个位置切点的为值不能相差大于\(d\)。
说的再直白一点就是。有一个\(p\times q\)的矩阵,要在这\(p \times q\)个格子里填区间\([1,r]\)中的数字。位置为\((x,y)\)的格子填\(z\)会有\(p(x,y,z)\)的代价。同时相邻的格子里填的数字之差不能超过\(d\)。求出最小代价。
思路
因为是要求最小代价,很容易想到最小割。
先考虑没有"相邻数字之差不能超过\(d\)"的限制应该怎么做。
这个很简单,我们可以把每个格子看成一条长度为\(r\)的链,从源点\(s\)向每条链连边,再从每条链向汇点\(t\)连边。然后跑一遍最小割(最大流)就行了。
也就是像下面这样
也就是这\(p \times q\)条链都要割掉一条边,使得从\(s\)无法到\(t\)
然后考虑如何处理d的限制,我们只需要保证,如果当前链上编号为x的点割掉了,那么邻边割掉的点应该是与x相差小于等于d的点。其实只要对于一条链上的点,从这个点向他相邻的链中编号比当前编号小d的点之间连一条inf的边即可。
因为这样就能保证如果邻边割掉的不是上述边的话,肯定会有另外一条路径可以流过,使得必须割掉。画出图来就显然了。。
ps
论当前弧优化的重要性
代码
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<cstring> #include<queue> #include<bitset> using namespace std; typedef long long ll; // #define int ll const int n = 3000000 + 10,inf = 1e9; int dx[5] = {0,1,-1,0,0}; int dy[5] = {0,0,0,-1,1}; int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } struct node { int v,nxt,w; }e[n]; int head[n],ejs = 1; int cur[n]; void add(int u,int v,int w) { e[++ejs].v = v;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;e[ejs].w = w; e[++ejs].v = u;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;e[ejs].w = 0; } int p,q,r,p[50][50][50]; int s,t; int num(int x,int y,int z) { if(z == 0) return s; return (z - 1) * p * q + (x - 1) * q + y; } queue<int>q; int dep[n]; int bfs() { memset(dep,0,sizeof(dep)); while(!q.empty()) q.pop(); q.push(s);dep[s] = 1; while(!q.empty()) { int u = q.front();q.pop(); for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) { int v = e[i].v; if(dep[v] || e[i].w <= 0) continue; dep[v] = dep[u] + 1; q.push(v); if(v == t) return 1; } } return 0; } int dfs(int u,int now) { if(u == t) return now; int ret = 0; for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) { int v = e[i].v; if(e[i].w > 0 && dep[v] == dep[u] + 1) { int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w)); ret += k; e[i].w -= k; e[i ^ 1].w += k; if(ret == now) return ret; } } return ret; } ll dinic() { ll ans = 0; while(bfs()) { for(int i = 0;i <= t;++i) cur[i] = head[i]; ans += dfs(s,inf); } return ans; } signed main() { p = read(),q = read(),r = read(); s = p * q * r + 1;t = s + 1; int d = read(); for(int i = 1;i <= r;++i) for(int j = 1;j <= p;++j) for(int k = 1;k <= q;++k) p[j][k][i] = read(); for(int i = 1;i <= p;++i) { for(int j = 1;j <= q;++j) { for(int k = 1;k <= r;++k) { add(num(i,j,k - 1),num(i,j,k),p[i][j][k]); if(k > d) { for(int z = 1;z <= 4;++z) { int x = i + dx[z],y = j + dy[z]; if(x < 1 || y < 1 || x > p || y > q) continue; add(num(i,j,k),num(x,y,k - d),inf); } } } add(num(i,j,r),t,inf); } } cout<<dinic(); return 0; }
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