洛谷3973 TJOI2015线性代数（最小割+思维）-白红宇

洛谷3973 TJOI2015线性代数（最小割+思维）

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发布时间：2019-06-06

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~~感觉要做出来这个题，需要一定的线代芝士~~

首先，我们来观察这个柿子。

我们将\(B\)的权值看作是收益的话，\(C\)的权值就是花费。

根据矩阵乘法的原理，只有当\(a[i]和a[j]\)都为\(1\)的时候，才能够获取到\(a[i][j]\)代价，而把\(a[i]\)弄成1，又会付出\(c[i]\)的代价。

那这不就是一个经典的最大全闭合子图模型吗？

我们令\(S \rightarrow (i,j)\)这个坐标对应的点。流量是\(b[i][j]\)，表示割去这个边，就舍弃了\(b[i][j]\)的收益

然后\(i\rightarrow t\)，流量是\(c[i]\)，表示如果这一位是1，要付出\(c[i]\)的代价。

然后\((i,j) \rightarrow i,(i,j)\rightarrow j\)

流量是\(inf\)

因为依赖关系没法取消

// luogu-judger-enable-o2#include
    
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          #include
           
            #define mk make_pair#define ll long longusing namespace std;inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return x*f;}const int maxn = 303003;const int maxm = 2e6+1e2;const int inf = 1e9;int point[maxn],nxt[maxm],to[maxm],val[maxm];int cnt=1,n,m;int h[maxn];int b[610][610];int c[510];void addedge(int x,int y,int w){ nxt[++cnt]=point[x]; to[cnt]=y; val[cnt]=w; point[x]=cnt;}void insert(int x,int y,int w){ addedge(x,y,w); addedge(y,x,0);}int s,t;queue
            
              q;bool bfs(int s){ memset(h,-1,sizeof(h)); h[s]=0; q.push(s); while (!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); for (int i=point[x];i;i=nxt[i]) { int p = to[i]; if (h[p]==-1 && val[i]>0) { h[p]=h[x]+1; q.push(p); } } } //cout<<1<
             
              0 &&h[p]==h[x]+1) { int tmp = dfs(p,min(low,val[i])); val[i]-=tmp; val[i^1]+=tmp; low-=tmp; totflow+=tmp; if (low==0) return totflow; } } if (low>0) h[x]=-1; return totflow;}int dinic(){ int ans=0; while (bfs(s)) { ans=ans+dfs(s,inf); } return ans;}int main(){ n=read(); s=maxn-10; t=s+1; int sum=0; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) { b[i][j]=read(); sum+=b[i][j]; insert(s,(i-1)*n+j,b[i][j]); } for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=read(),insert(i+n*n,t,c[i]); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) { insert((i-1)*n+j,i+n*n,inf); insert((i-1)*n+j,j+n*n,inf); } sum-=dinic(); cout<