BZOJ3171: [Tjoi2013]循环格

3171: [Tjoi2013]循环格

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Description

一个循环格就是一个矩阵,其中所有元素为箭头,指向相邻四个格子。每个元素有一个坐标(行,列),其中左上角元素坐标为(0,0)。给定一个起始位置(r,c)

,你可以沿着箭头防线在格子间行走。即如果(r,c)是一个左箭头,那么走到(r,c-1);如果是右箭头那么走到(r,c+1);如果是上箭头那么走到(r-1,c);如果是下箭头那么走到(r+1,c);每一行和每一列都是循环的,即如果走出边界,你会出现在另一侧。
一个完美的循环格是这样定义的:对于任意一个起始位置,你都可以i沿着箭头最终回到起始位置。如果一个循环格不满足完美,你可以随意修改任意一个元素的箭头直到完美。给定一个循环格,你需要计算最少需要修改多少个元素使其完美。

Input

第一行两个整数R,C。表示行和列,接下来R行,每行C个字符LRUD,表示左右上下。

Output

一个整数,表示最少需要修改多少个元素使得给定的循环格完美

Sample Input

3 4

RRRD

URLL

LRRR

Sample Output

2

HINT

1<=R,L<=15

题解

结论,n个点的有向图,只能连n条边,每个点都在回路内,当且仅当所有点出度入度都为1。
先证充分, n条边,能够提供n个入度,n个出度,如果一个点入度大于1, 那么存在点的入度为0,走不出去,不能成回路。所以一个点入度必须为1。出度同理。
再证必要,所有点出度入度都为1,所以只有一条路径可走。从一个点开始走,由于点数有限,若回不来,一定在某个地方走成了回路,那么入口处的点就会有两个入度,矛盾。

一个点拆为两个,左边为出度点,右边为入度点。
每个点改方向费用为1,不改费用为0.
问题转化为二分图最小权完美匹配。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline int abs(int x){return x < 0 ? -x : x;}
inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;}
inline void read(int &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-') x = -x;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
const int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
struct Edge
{
	int u,v,w,c,nxt;
	Edge(int _u, int _v, int _w, int _c, int _nxt){u = _u;v = _v;w = _w;c = _c;nxt = _nxt;}
	Edge(){}
}edge[1000010];
int head[1000010], cnt = 1, S, T, q[1000010], he, ta, d[1000010], vis[1000010], from[1000010], ans;
inline void insert(int a, int b, int c, int d)
{
	edge[++ cnt] = Edge(a, b, c, d, head[a]), head[a] = cnt;
	edge[++ cnt] = Edge(b, a, 0, -d, head[b]), head[b] = cnt;
}
bool spfa()
{
	memset(d, 0x3f, sizeof(d)), d[S] = 0, he = 0, ta = 1, q[0] = S, vis[S] = 1;
	while(he < ta)
	{
		int now = q[he ++];if(he > 1000000) he = 0;
		for(int pos = head[now];pos;pos = edge[pos].nxt)
		{
			int v = edge[pos].v;
			if(edge[pos].w && d[v] > d[now] + edge[pos].c)
			{
				d[v] = d[now] + edge[pos].c, from[v] = pos;
				if(!vis[v])
				{
					q[ta ++] = v;
					if(ta > 1000000) ta = 0;
				}
			}
		}
		vis[now] = 0;
	}
	return d[T] != INF;
}
void flow()
{
	int mi = INF;
	for(int i = from[T];i;i = from[edge[i].u]) mi = min(mi, edge[i].w);
	for(int i = from[T];i;i = from[edge[i].u]) edge[i].w -= mi, edge[i ^ 1].w += mi, ans += edge[i].c * mi;
}
void mcf()
{
	while(spfa()) flow();
}
int n, m, num[101][101][2], tot; 
char g[101][101];
int main()
{
	read(n), read(m);
	for(int i = 0;i < n;++ i)
	{
		scanf("%s", g[i]);
		for(int j =0;j < m;++ j)
			num[i][j][0] = ++ tot, num[i][j][1] = ++ tot;
	}
	S = tot + 1, T = S + 1;
	//R L D U
	for(int i = 0;i < n;++ i)
		for(int j = 0;j < m;++ j)
		{
			insert(S, num[i][j][0], 1, 0), insert(num[i][j][1], T, 1, 0);
			for(int k = 0;k < 4;++ k)
			{
				int val = 1, xx = (i + dx[k] + n) % n, yy = (j + dy[k] + m) % m;
				if(k == 0 && g[i][j] == 'R') val = 0;
				if(k == 1 && g[i][j] == 'L') val = 0;
				if(k == 2 && g[i][j] == 'D') val = 0;
				if(k == 3 && g[i][j] == 'U') val = 0;
				insert(num[i][j][0], num[xx][yy][1], 1, val);
			}
		}
	mcf();
	printf("%d", ans);
    return 0;
}
posted @ 2018-03-07 11:09  嘒彼小星  阅读(169)  评论(0编辑  收藏  举报