【bzoj2668】[cqoi2012]交换棋子 费用流
题目描述
有一个n行m列的黑白棋盘，你每次可以交换两个相邻格子（相邻是指有公共边或公共顶点）中的棋子，最终达到目标状态。要求第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换。
输入
第一行包含两个整数n，m（1<=n, m<=20）。以下n行为初始状态，每行为一个包含m个字符的01串，其中0表示黑色棋子，1表示白色棋子。以下n行为目标状态，格式同初始状态。以下n行每行为一个包含m个0~9数字的字符串，表示每个格子参与交换的次数上限。
输出
输出仅一行，为最小交换总次数。如果无解，输出-1。
样例输入
3 3
110
000
001
000
110
100
222
222
222
样例输出
4
题解
费用流
设 $a_{i,j}=[(i,j)原来为白色]$ ，$b_{i,j}=[(i,j)后来为白色]$ 。
显然可以只考虑白点的移动，转化为费用流问题：
$S$ 向 $a_{i,j}=1$ 的点连边，容量为1，费用为0；$b_{i,j}=1$ 的点向T连边，容量为1，费用为0；相邻的点之间互相连边，容量为inf，费用为1。最小费用最大流即为答案。
但是这样有一个问题：给定的度数限制是入度+出度的限制，而不是分别的限制，这样无法直接拆点限制度数。
考虑，对于一个点，除去可能存在的 $S$ 到其的入边 及 其到 $T$ 的出边 以外，其它的一定入度=出度。因此入度就是 $\lfloor\frac{m_{i,j}-a_{i,j}-b_{i,j}}2\rfloor+b_{i,j}=\lfloor\frac{m_{i,j}-a_{i,j}+b_{i,j}}2\rfloor$ ，出度同理。
这样就能够求出一个点具体的入度出度限制，把一个点拆成3个：入点、中间点和出点。入点向中间点连边，容量为入度；中间点向出点连边，容量为出度。这样就限制了度数。
时间复杂度 $O(费用流)$
注意题目中的“连通”指的是八连通（一开始当成四连通卡了好久。。。）
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 1210
#define M 121000
#define inf 1 << 30
#define pos(i , j , k) (k * n * m + (i - 1) * m + j)
using namespace std;
queue<int> q;
int a[25][25] , b[25][25] , c[25][25] , head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N];
inline void add(int x , int y , int v , int c)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
int x , i;
memset(from , -1 , sizeof(from));
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
dis[s] = 0 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
}
return ~from[t];
}
inline int rnum()
{
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
return ch ^ '0';
}
int main()
{
int n , m , i , j , sum1 = 0 , sum2 = 0 , ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , s = 0 , t = 3 * n * m + 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) a[i][j] = rnum();
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) b[i][j] = rnum();
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) c[i][j] = rnum();
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
{
if(!c[i][j] && a[i][j] != b[i][j])
{
puts("-1");
return 0;
}
add(pos(i , j , 0) , pos(i , j , 1) , (c[i][j] - a[i][j] + b[i][j]) >> 1 , 0);
add(pos(i , j , 1) , pos(i , j , 2) , (c[i][j] + a[i][j] - b[i][j]) >> 1 , 0);
if(a[i][j]) add(s , pos(i , j , 1) , 1 , 0) , sum1 ++ ;
if(b[i][j]) add(pos(i , j , 1) , t , 1 , 0) , sum2 ++ ;
if(i > 1) add(pos(i , j , 2) , pos(i - 1 , j , 0) , inf , 1);
if(i < n) add(pos(i , j , 2) , pos(i + 1 , j , 0) , inf , 1);
if(j > 1) add(pos(i , j , 2) , pos(i , j - 1 , 0) , inf , 1);
if(j < m) add(pos(i , j , 2) , pos(i , j + 1 , 0) , inf , 1);
if(i > 1 && j > 1) add(pos(i , j , 2) , pos(i - 1 , j - 1 , 0) , inf , 1);
if(i > 1 && j < m) add(pos(i , j , 2) , pos(i - 1 , j + 1 , 0) , inf , 1);
if(i < n && j > 1) add(pos(i , j , 2) , pos(i + 1 , j - 1 , 0) , inf , 1);
if(i < n && j < m) add(pos(i , j , 2) , pos(i + 1 , j + 1 , 0) , inf , 1);
}
}
if(sum1 != sum2) puts("-1");
else
{
while(spfa())
{
j = inf;
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) j = min(j , val[pre[i]]);
sum1 -= j , ans += j * dis[t];
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= j , val[pre[i] ^ 1] += j;
}
if(sum1) puts("-1");
else printf("%d\n" , ans);
}
return 0;
}
