2597: [Wc2007]剪刀石头布
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 128 MBSec Special JudgeSubmit: 1016 Solved: 477[][][]Description
在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到A胜过B，B胜过C而C又胜过A的有趣情况，不妨形象的称之为 剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的 剪刀石头布情况发生，即有多少对 无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里 无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将(A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B)和(C, B, A)视为相同的情况。
有 N个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少 剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的 剪刀石头布情况。
Input
输入文件的第1行是一个整数 N，表示参加比赛的人数。
之后是一个 N行 N列的数字矩阵：一共 N行，每行 N列，数字间用空格隔开。
在第( i+1)行的第 j列的数字如果是1，则表示 i在已经发生的比赛中赢了 j；该数字若是0，则表示在已经发生的比赛中 i败于 j；该数字是2，表示 i和 j之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第( i+1)行第 i列的数字都是0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。
输入文件保证合法，不会发生矛盾，当 i ≠ j时，第( i+1)行第 j列和第( j+1)行第 i列的两个数字要么都是2，要么一个是0一个是1。
Output
输出文件的第1行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少 剪刀石头布情况。
输出文件的第2行开始有一个和输入文件中格式相同的 N行 N列的数字矩阵。第( i+1)行第 j个数字描述了 i和 j之间的比赛结果，1表示 i赢了 j，0表示 i负于 j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字2；对角线上的数字都是0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。
Sample Input
3 0 1 2 0 0 2 2 2 0
Sample Output
1 0 1 0 0 0 1 1 0 0
HINT
100%的数据中，N≤ 100。
Source
Solution
这道题，直接最大化剪刀石头布的数量很麻烦，所以可以考虑最小化不是剪刀石头布的数量，所以可以考虑利用最小费用流。
考虑如果一个人赢了$x_{i}$场,那么最后不是剪刀石头布的数量就是$\sum \frac{x_{i}*(x_{i}-1)}{2}$,所以就是最小化这个量.
建图很显然,对于一场比赛$<i,j>$新建一个节点,如果$<i,j>$确定,则向胜利一方连容量$1$,费用$0$;如果不确定则都连容量$1$,费用$0$;
然后源点$S$向每场比赛连容量$1$,费用$0$;每个人向$T$连边容量为$N$,限制费用.
问题在于如何限制费用另其满足对答案的贡献为$\frac{x_{i}*(x_{i}-1)}{2}$,然后我想到对于求$\sum_{i=1}^{N}=\frac{N*(N+1)}{2}$,然后如果令$N=N-1$,答案正好是$\frac{N*(N-1)}{2}$,所以就可以拆成$N$条边,费用依次是$0..N-1$
然后就可以了.最后方案统计一下就好,即统计比赛$<i,j>$流向$i$还是流向$j$.
Code
#include#include #include #include #include #include using namespace std;inline int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} return x*f;}#define MAXN 11000#define MAXM 500010#define INF 0x7fffffffint N,mp[110][110],id[110][110],e[10100][110];struct EdgeNode{int next,to,from,cap,cost;}edge[MAXM<<1];int head[MAXN],cnt=1;inline void AddEdge(int u,int v,int w,int c) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v; edge[cnt].from=u; edge[cnt].cost=c; edge[cnt].cap=w;}inline void InsertEdge(int u,int v,int w,int c) {AddEdge(u,v,w,c); AddEdge(v,u,0,-c);}int mark[MAXM],dis[MAXM],Flow,Cost,S,T;inline bool SPFA(){ for (int i=S; i<=T; i++) dis[i]=INF,mark[i]=0; queue q; q.push(S); dis[S]=0; mark[S]=1; while (!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); mark[now]=0; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].cap && dis[edge[i].to]>dis[now]+edge[i].cost) { dis[edge[i].to]=dis[now]+edge[i].cost; if (!mark[edge[i].to]) q.push(edge[i].to),mark[edge[i].to]=1; } } return dis[T]!=INF;}inline int DFS(int loc,int low){ mark[loc]=1; if (loc==T) return low; int used=0,w; for (int i=head[loc]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].cap && !mark[edge[i].to] && dis[edge[i].to]==dis[loc]+edge[i].cost) { w=DFS(edge[i].to,min(edge[i].cap,low-used)); edge[i].cap-=w; edge[i^1].cap+=w; used+=w; Cost+=w*edge[i].cost; if (low==used) return used; } return used;}inline int ZKW(){ int re=0; while (SPFA()) { mark[T]=1; while (mark[T]) { for (int i=S; i<=T; i++) mark[i]=0; re+=DFS(S,INF); } } return re;}int main(){ N=read(); for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=1; j<=N; j++) mp[i][j]=read(); int ID=N; for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=1; j<=N; j++) id[i][j]=++ID; S=0; T=ID+1; for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=i+1; j<=N; j++) if (i!=j) { InsertEdge(S,id[i][j],1,0); switch (mp[i][j]) { case 1: InsertEdge(id[i][j],i,1,0); break; case 0: InsertEdge(id[i][j],j,1,0); break; case 2: InsertEdge(id[i][j],i,1,0); e[id[i][j]][i]=cnt-1; InsertEdge(id[i][j],j,1,0); e[id[i][j]][j]=cnt-1; break; } } for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=1; j<=N; j++) InsertEdge(i,T,1,j-1); ZKW(); printf("%d\n",N*(N-2)*(N-1)/6-Cost); for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=i+1; j<=N; j++) if (mp[i][j]==2) { mp[i][j]=edge[e[id[i][j]][i]].cap==0; mp[j][i]=mp[i][j]^1; } for (int i=1; i<=N; i++,puts("")) for (int j=1; j<=N; j++) printf("%d ",mp[i][j]); return 0;}