[bzoj2668] [洛谷P3159] [cqoi2012] 交換棋子
Description
有一個n行m列的黑白棋盤，你每次可以交換兩個相鄰格子（相鄰是指有公共邊或公共頂點）中的棋子，最終達到目標狀態。要求第i行第j列的格子只能參與mi,j次交換。
Input
第一行包含兩個整數n，m（1<=n, m<=20）。以下n行為初始狀態，每行為一個包含m個字符的01串，其中0表示黑色棋子，1表示白色棋子。以下n行為目標狀態，格式同初始狀態。以下n行每行為一個包含m個0~9數字的字符串，表示每個格子參與交換的次數上限。
Output
輸出僅一行，為最小交換總次數。如果無解，輸出-1。
Sample Input
3 3
110
000
001
000
110
100
222
222
222
Sample Output
4
想法
首先把題目說的不清楚的地方澄清一下：“第i行第j列的格子只能參與mi,j次交換”所說第i行第j列的棋子指的是每次交換後位於第i行第j列這個位置的棋子，可以是多個，而不是指最原始狀態中第i行第j列那個特定的棋子。
很容易發現，我們可以只考慮白色棋子，只要它們都移動到目標狀態，剩下的黑棋子也都到目標狀態了。
不停地交換聽起來好像比較棘手，但其實白棋子只有和身邊的黑棋子交換位置才有用。
所以我們就是要給每個白棋子規劃一條線路，讓它們從原始位置變到目標位置。
很容易想到按原圖建圖，拆點~
但有個問題，若某個白格子經過某個格子，那麽這個格子會被該白格子交換兩次；而白格子原位置與目標位置只會被該白格子交換一次。
於是有一個更高級的拆點：一個點拆成三個！(id1,id2,id3)
id1到id2限制其他點與這個點交換的次數，id2到id3限制這個點與其他點交換的次數（即一個是進入的流量，一個是出去的流量）
建圖，分類討論。
- 對於原狀態和目標狀態均為黑的格子。
id1到id3連容量為cap/2，費用為1的邊 - 對於原狀態為白，目標狀態為黑的格子。
S到id2連容量為1，費用為0的邊
id1到id2連容量為cap/2，費用為1的邊
id2到id3連容量為(cap+1)/2，費用為1的邊 - 對於原狀態為黑，目標狀態為白的格子。
id2到T連容量為1，費用為0的邊
id1到id2連容量為(cap+1)/2，費用為1的邊
id2到id3連容量為cap/2，費用為1的邊 - 對於原狀態和目標狀態均為白的格子。
S到id2連容量為1，費用為0的邊
id2到T連容量為1，費用為0的邊
id1到id2連容量為cap/2，費用為1的邊
id2到id3連容量為cap/2，費用為1的邊
之後向八連通的格子連邊。
註意是某格子的id1連向八連通格子的id3，然後八連通的id1連向這個格子的id3
。。。還是有點復雜的。
接下來就跑個最小費用最大流，看流量是否為總白格子數。
若不是，則輸出-1，否則答案為 最小費用/2
代碼
註意細節：
1.某些邊的容量為(cap+1)/2，容易想錯寫成cap/2
2.數組要開夠！！
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define INF 1000000000
using namespace std;
const int N = 405;
const int M = 1205;
struct node{
int v,f,c;
node *next,*rev;
}pool[N*40],*h[M],*pree[M]; /**/
int cnt;
void addedge(int u,int v,int f,int c){
node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p; p->f=f;p->c=c;p->rev=q;
q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q; q->f=0;q->c=-c;q->rev=p;
}
int S,T;
int d[M],vis[M],pre[M];
queue<int> que;
bool spfa(){
int u,v;
while(!que.empty()) que.pop();
for(int i=S;i<=T;i++) d[i]=INF;
d[S]=0; vis[S]=1; que.push(S);
while(!que.empty()){
u=que.front(); que.pop();
vis[u]=0;
for(node *p=h[u];p;p=p->next)
if(p->f && d[v=p->v]>d[u]+p->c){
d[v]=d[u]+p->c;
pre[v]=u; pree[v]=p;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
que.push(v);
}
}
}
return d[T]!=INF;
}
void MCMF(int &f,int &c){
f=0; c=0;
int u,w;
while(spfa()){
u=T; w=INF;
while(u!=S){
w=min(w,pree[u]->f);
u=pre[u];
}
f+=w; c+=d[T]*w;
u=T;
while(u!=S){
pree[u]->f-=w;
pree[u]->rev->f+=w;
u=pre[u];
}
}
}
int n,m;
char a[23][23],b[23][23],ch[23][23];
int dre[8][2]={-1,-1,-1,0,-1,1,0,-1,0,1,1,-1,1,0,1,1};
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",a[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",b[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",ch[i]);
int w=n*m,id1,id2,id3,tot=0;
S=0; T=w*3+1;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
id1=i*m+j+1; id2=id1+w; id3=id2+w;
if(a[i][j]==‘0‘ && b[i][j]==‘0‘)
addedge(id1,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,2);
else if(a[i][j]==‘1‘ && b[i][j]==‘0‘){
tot++;
addedge(S,id2,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘+1)/2,1); /**/
}
else if(a[i][j]==‘0‘ && b[i][j]==‘1‘){
addedge(id2,T,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘+1)/2,1); /**/
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
}
else{
tot++;
addedge(S,id2,1,0); addedge(id2,T,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
}
for(int k=0;k<8;k++){
int x=i+dre[k][0],y=j+dre[k][1];
if(x>=0 && x<n && y>=0 && y<m){
addedge(id3,x*m+y+1,INF,0);
addedge(x*m+y+1+2*w,id1,INF,0);
}
}
}
int f,c;
MCMF(f,c);
if(f<tot) printf("-1\n");
else printf("%d",c/2);
return 0;
}[bzoj2668] [洛谷P3159] [cqoi2012] 交換棋子