scu oj 4442 Party(2015年四川省acm程序設計競賽)
Party
The tea party has black and green tea in service. Each frog has its own preference. He or she may drink only black/green tea or accept both.
There are
Luckily, frogs can be divided into
Frogs like gems. If the
The party manager has to dicide how to serve tea/pay gems to avoid fights, minimizing the total gems paid.
Input
The input consists of multiple tests. For each test:
The first line contains
The third line contains
Each of the following
Output
For each test, write
Sample Input
2 1
1 1
3 3
1 2
2 1
1 1
2 2
1 2
3 2
2 1 2
1 3 2
1 2
2 3Sample Output
0
1
1省賽過了非常久以後我才來看這道題目。
然後，yy了幾個晚上。最終發現果然是神一樣的建圖。 題目意思：有n個青蛙喝茶，有些青蛙僅僅能喝紅茶，有些青蛙僅僅能喝綠茶，有些青蛙紅茶綠茶都能夠喝。
如今m對青蛙之間有矛盾。有矛盾的青蛙他們不能喝一樣的茶，對於每一僅僅青蛙。能夠給他w[i]金幣。讓他不喝茶。他就不會和不論什麽青蛙矛盾了。最少須要給多少金幣讓他們之間沒有矛盾存在。這題裏面另一個非常重要的信息，我一開始沒有看出來。
這句話————“Luckily,
frogs can be divided into
有了這個條件。
我們如今考慮僅僅能喝一種茶的青蛙，紅和綠之間即使存在矛盾也沒有影響，那麽僅僅用考慮紅和紅，綠和綠之間的矛盾關系。如果不考慮2種都能喝的青蛙。那麽紅和紅，綠和綠都是單獨的求出最大點權獨立集。
因為是2分圖，能夠非常easy求。
如今考慮一僅僅2種茶都能夠喝的青蛙。這裏是關鍵，我的解法是把這個青蛙拆成2個點，一個點代表他喝紅茶，一個點代表他喝綠茶，首先這2個點是不能同一時候存在。那麽必定有邊，然後如果這僅僅青蛙和其它僅僅喝紅茶的青蛙有矛盾關系。那麽相應就是這個青蛙喝紅茶和那個青蛙喝紅茶不能同一時候存在，其它情況事實上是類似的分析。這樣拆點把矛盾關系圖建立出來以後，實際上還是一個2分圖。如今就是選出最大點權的點讓這些點之間不存在矛盾關系。
實際上就是點權最大獨立集。轉換成求點權最小覆蓋的模型，就能非常輕松的求解了。
。。。。想這麽久，果然是神建圖。事實上主要還是拆點。
VIEW CODE
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int mmax = 2010;
const int inf = 0x3fffffff;
struct node
{
int flow;
int en;
int next;
}E[100*mmax];
int p[mmax];
int num;
void init()
{
memset(p,-1,sizeof p);
num=0;
}
void add(int st,int en,int flow)
{
E[num].en=en;
E[num].flow=flow;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
E[num].en=st;
E[num].flow=0;
E[num].next=p[en];
p[en]=num++;
}
int d[mmax];
int cur[mmax];
bool vis[mmax];
bool bfs(int st,int en)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
d[st]=0;
vis[st]=1;
queue<int>q;
q.push(st);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=p[x]; i+1; i=E[i].next)
{
int v=E[i].en;
if(!vis[v]&&E[i].flow)
{
vis[v]=1;
d[v]=d[x]+1;
q.push(v);
}
}
}
return vis[en];
}
int dfs(int st,int en,int flow)
{
if(st==en||flow==0)
return flow;
int f=0,dd;
for(int &i=cur[st]; i+1;i=E[i].next)
{
int v=E[i].en;
if(d[st]+1==d[v]&&(dd=dfs(v,en,min(flow,E[i].flow)))>0)
{
E[i].flow-=dd;
E[i^1].flow+=dd;
flow-=dd;
f+=dd;
if(flow==0)
break;
}
}
return f;
}
int dinic(int st,int en,int n)
{
int flow=0;
while(bfs(st,en))
{
for(int i=0;i<=n;i++)
cur[i]=p[i];
flow+=dfs(st,en,inf);
}
return flow;
}
vector<int>e[mmax];
int fg[mmax];
int w[mmax];
void dfs(int u)
{
int SZ=e[u].size();
for(int i=0;i<SZ;i++)
{
int v=e[u][i];
if(d[v]==-1)
{
d[v]=d[u]^1;
dfs(v);
}
}
}
int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
for(int i=0;i<mmax;i++)
e[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&fg[i]);
if(fg[i]==3)
sum+=w[i];
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
init();
memset(d,-1,sizeof d);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]==-1)
{
d[i]=0;
dfs(i);
}
}
int st=0,en=2*n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]==0)
{
if(fg[i]==1)
add(st,i,w[i]);
if(fg[i]==2)
add(i,en,w[i]);
if(fg[i]==3)
{
add(st,i,w[i]);
add(i,i+n,inf);
add(i+n,en,w[i]);
}
}
else
{
if(fg[i]==1)
add(i,en,w[i]);
if(fg[i]==2)
add(st,i,w[i]);
if(fg[i]==3)
{
add(i,en,w[i]);
add(st,i+n,w[i]);
add(i+n,i,inf);
}
}
}
for(int u=1;u<=n;u++)
{
int Sz=e[u].size();
for(int i=0;i<Sz;i++)
{
int v=e[u][i];
if(d[u]==0 && d[v]==1)
{
if( (fg[u]==fg[v]) && (fg[u]!=3) )
{
if(fg[u]==1)
add(u,v,inf);
else
add(v,u,inf);
}
else if( (fg[u]==fg[v]) && (fg[u]==3) )
{
add(u,v,inf);
add(v+n,u+n,inf);
}
else if(fg[u]==3 || fg[v]==3 )
{
if(fg[u]==3)
{
if(fg[v]==1)
add(u,v,inf);
else
add(v,u+n,inf);
}
if(fg[v]==3)
{
if(fg[u]==1)
add(u,v,inf);
else
add(v+n,u,inf);
}
}
}
}
}
printf("%d\n",dinic(st,en,en)-sum);
}
return 0;
}
scu oj 4442 Party(2015年四川省acm程序設計競賽)