CodeChef BIBOARD: Binary Board 命题报告
这道题当时有了一点模糊的想法之后，构思了一整天……
题意：
有一\(N \times M\)网格，每一格可以是白色或黑色。令\(B_i\)表示\(i \times i\)的纯黑子网格数量（子网格是指原网格的子矩形，必须连通），\(W_i\)表示\(i \times i\)的纯白子网格数量。给定两个非负整数数组\(CW\)和\(CB\)，定义这个网格的代价为$$\sum_{i=1}^{\mathrm{min}(N, M)} CB_i \cdot B_i + CW_i \cdot W_i$$
现在网格的有些位置颜色确定，让你给剩下的位置钦定颜色，使代价最大。
\(1 \leq N \cdot M \leq 500\)
思路：
注意到题目可以做这样的变形：
1、如果\(N<M\)，把它们交换。
2、令\(SB\)为\(CB\)的前缀和，\(SW\)同理。
3、定义下标从\(-M\)到\(M\)的数组\(S\)，满足：
当\(i>0\)，\(S_i=SB_i\)；
当\(i<0\)，\(S_i=SW_{-i}\)。
4、对每一个格子\((i,j)\)，试着确定以\((i,j)\)为左上角的纯色正方形的最大边长。如果该正方形为黑色，记\(l_{i,j}\)等于该最大边长；否则\(l_{i,j}\)等于边长的相反数。
5、目标：最大化\(\sum S_{l_{i,j}}\)。
由于\(l_{i,j}\)之间的关系错综复杂，互相制约，考虑使用网络流，并尝试最小割模型。
对于每一个格子\((i,j)\)和\(-N\)到\(N\)之间的整数\(l\)，我们都建立一个点\((i,j,l)\)，并按以下方式加边：
1、对于\(l<0\)，\((i,j,l) ~~ -> ~~ (i,j,l+1)\)，代价为\(inf-S_l\)。
2、对于\(l>0\)，\((i,j,l-1)~~ ->~~ (i,j,l)\)，代价为\(inf-S_l\)。
3、\(S~~ ->~~ (i,j,-n)\)，代价为\(2 \cdot inf\)。
4、\((i,j,n)~~->~~T\)，代价为\(2 \cdot inf\)。
注意在以上建立的边中，割掉一条边意味着对于\((i,j)\)，取\(l_{i,j}\)等于这条边对应的\(l\)。对于颜色已经钦定的点，\((i,j,0)\)的某一侧都取两倍无穷大即可。
在边权上加上\(inf\)，是为了保证对于特定的\((i,j)\)，在如上所述的所有边中，只会割掉一条。
为了保证盘面合法，我们还要考虑两个约束条件（易证它们是充分必要的）：
1、两个颜色不同的纯色正方形不能有公共格子；
2、\(|l_{i,j}|\)必须恰好等于，以\((i,j)\)为左上角的纯色正方形的最大边长。
定义\(dist((i,j),(k,l))=max\{i-k,j-l\}\)，则我们可以把第一个约束条件写为：
Rule 1：当\(l_{i,j}>0\)（表示网格\((i,j)\)为黑），对于所有的\(k \leq i\)和\(l \leq j\)（表示左上方的所有正方形），有\(l_{k,l}>-dist((i,j),(k,l))\)（表示\((i,j)\)不被白色正方形覆盖）。
Rule 2：当\(l_{i,j}<0\)，对于所有的\(k \leq i\)和\(l \leq j\)，有\(l_{k,l}<dist((i,j),(k,l))\)。
而思考发现，第二个约束条件（注意不是Rule 2）等价于：
Rule 3：对于合法的盘面，一定不可能把某一个\(l_{i,j}\)的绝对值增加1（符号不变），而不破坏Rule 1、Rule2。换句话说，所有\(l_{i,j}\)都取到极大值。
考虑如何构图以保证符合这3条规则。
不妨改写一下Rule 1和Rule 2：
Rule 1：\(l_{i,j}>0 \Rightarrow l_{k,l}>-dist((i,j),(k,l))\)
Rule 2：\(l_{i,j}<0 \Rightarrow l_{k,l}<dist((i,j),(k,l))\)
为了强制要求最终的割集满足这两个条件，我们对于所有的\(k \leq i\)和\(l \leq j\)，连以下两条权值为\(2 \cdot inf\)的边：
1、\((i,j,0)~~->~~(k,l,-dist((i,j),(k,l)))\)
2、\((k,l,dist((i,j),(k,l)))~~->~~(i,j,0)\)
易见经过这样的连边后，如果割集不满足Rule 1或Rule 2，剩下的边中就会存在\(S-T\)路径，割集就不是合法的割集。目的达成。
而对于Rule 3：由于\(CB\)和\(CW\)中的数都非负，所以\(SB\)和\(SW\)都是不下降序列。那么如果可以把某一个\(l_{i,j}\)的绝对值增加1而不破坏Rule 1、Rule2，我们的最小割（实则为最大流）算法一定可以直接在这里增广一次，得到更优解。于是易证，先前构出的图的任何一组最小割一定满足Rule 3。
综上，\(N \cdot M \cdot inf - MinCut\)就是答案。实践中Dinic在这题上跑得飞快。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 10000000000000LL
#define iinf 2000000000
#define linf 1000000000000000000LL
#define ulinf 10000000000000000000ull
#define MOD1 1000000007LL
#define mpr make_pair
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef unsigned long UL;
typedef unsigned short US;
typedef pair < int , int > pii;
clock_t __stt;
inline void TStart(){__stt=clock();}
inline void TReport(){printf("\nTaken Time : %.3lf sec\n",(double)(clock()-__stt)/CLOCKS_PER_SEC);}
template < typename T > T MIN(T a,T b){return a<b?a:b;}
template < typename T > T MAX(T a,T b){return a>b?a:b;}
template < typename T > T ABS(T a){return a>0?a:(-a);}
template < typename T > void UMIN(T &a,T b){if(b<a) a=b;}
template < typename T > void UMAX(T &a,T b){if(b>a) a=b;}
namespace mincut{
const int S=24666,T=24233;
struct edge{
int v,r;
LL f;
void set(int V,int R,LL F){
v=V;r=R;f=F;
}
};
vector < edge > adj[25000];
int cur[25000],dis[25000];
void init(){
int i;
for(i=0;i<25000;++i) adj[i].clear();
}
void addedge(int u,int v,LL f){
edge T;
T.set(v,(int)adj[v].size(),f);
adj[u].push_back(T);
T.set(u,(int)adj[u].size()-1,0LL);
adj[v].push_back(T);
}
void bfs(){
queue < int > Q;
Q.push(S);
dis[S]=0;
while(!Q.empty()){
int i,cv=Q.front();
Q.pop();
for(i=0;i<(int)adj[cv].size();++i){
if(adj[cv][i].f>0LL && dis[adj[cv][i].v]==-1){
dis[adj[cv][i].v]=dis[cv]+1;
Q.push(adj[cv][i].v);
}
}
}
}
LL dfs(int ver,LL cap){
if(ver==T) return cap;
int i;
for(i=cur[ver];i<(int)adj[ver].size();++i){
cur[ver]=i;
edge &E=adj[ver][i];
if(E.f>0LL && dis[E.v]>dis[ver]){
LL ret=dfs(E.v,MIN(cap,E.f));
if(ret>0LL){
E.f-=ret;
adj[E.v][E.r].f+=ret;
return ret;
}
}
}
return 0LL;
}
LL maxflow(){
LL ret=0LL,dlt;
while(1){
memset(dis,-1,sizeof(dis));
memset(cur,0,sizeof(cur));
bfs();
if(dis[T]==-1) return ret;
dlt=1LL;
while(dlt){
dlt=dfs(S,inf*2LL);
ret+=dlt;
}
}
}
};
int n,m,stt[505][505],tmp[505][505],cb[505],cw[505];
LL sb[505],sw[505];
int getbit(){
char c=getchar();
while(c!='0'&&c!='1'&&c!='?') c=getchar();
return (c=='?'?-1:(c=='1'));
}
int enc(int i,int j,int k){
return k*n*m+(i*m)+j;
}
void solve(){
// inputting start
// 数据结构记得初始化！ n，m别写反！
mincut::init();
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,k,l;
for(i=0;i<n;++i){
for(j=0;j<m;++j){
stt[i][j]=getbit();
}
}
for(i=0;i<n&&i<m;++i) scanf("%d",cw+i);
for(i=0;i<n&&i<m;++i) scanf("%d",cb+i);
#ifdef LOCAL
TStart();
#endif
// calculation start
// 数据结构记得初始化！ n，m别写反！
if(n>m){
for(i=0;i<n;++i){
for(j=0;j<m;++j){
tmp[j][i]=stt[i][j];
}
}
memcpy(stt,tmp,sizeof(tmp));
swap(n,m);
}
sb[0]=(LL)cb[0];
sw[0]=(LL)cw[0];
for(i=1;i<n;++i){
sb[i]=sb[i-1]+(LL)cb[i];
sw[i]=sw[i-1]+(LL)cw[i];
}
for(i=0;i<n;++i){
for(j=0;j<m;++j){
int maxl=MIN(n-i,m-j);
for(k=0;k<n;++k){
if(stt[i][j]!=1 && n-k<=maxl)
mincut::addedge(enc(i,j,k),enc(i,j,k+1),inf-sw[n-k-1]);
else
mincut::addedge(enc(i,j,k),enc(i,j,k+1),inf*2LL);
}
for(k=0;k<n;++k){
if(stt[i][j]!=0 && k<maxl)
mincut::addedge(enc(i,j,n+k),enc(i,j,n+k+1),inf-sb[k]);
else
mincut::addedge(enc(i,j,n+k),enc(i,j,n+k+1),inf*2LL);
}
mincut::addedge(mincut::S,enc(i,j,0),inf*2LL);
mincut::addedge(enc(i,j,n*2),mincut::T,inf*2LL);
for(k=0;k<=i;++k){
for(l=0;l<=j;++l){
if(k==i&&l==j) continue;
int dist=MIN(MAX(i-k,j-l),n);
mincut::addedge(enc(i,j,n),enc(k,l,n-dist),inf*2LL);
mincut::addedge(enc(k,l,n+dist),enc(i,j,n),inf*2LL);
}
}
}
}
printf("%lld\n",inf*(LL)n*(LL)m-mincut::maxflow());
#ifdef LOCAL
TReport();
#endif
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号