Description

給定一個 \(n~\times~m\) 的矩陣，每個位置有一個正整數，選擇一些互不相鄰的數，最大化權值和

Limitation

\(1~\leq~n,~m~\leq~100\)

Solution

由於數必須互不相鄰，考慮二分圖。

將矩陣染成二分圖，相鄰的格子連邊，這樣一條邊的兩個端點不能被同時選擇，問題就被轉化為了二分圖上的最大帶權獨立集問題。

有關二分圖的幾個定理：

二分圖最小無權點覆蓋 = 二分圖最大匹配

二分圖最小無權邊覆蓋 = 總點數 - 二分圖最大匹配

二分圖最大無權獨立集 = 總點數 - 二分圖最大匹配

如果點帶點 正 權，則源點向左部連邊，容量為點權，右部向匯點連邊，容量為點權，原邊保留，容量無窮。

二分圖最小權點覆蓋 = 最小割

二分圖最大權獨立集 = 點權和 - 最小割

最小點權覆蓋的證明與最大權閉合子圖的證明類似，證明在這裏，最大權獨立集的證明需要 最大獨立集 = 全集 - 最小點覆蓋 的引理。

於是這題跑一個最小割就可以解決了。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif

typedef long long int ll;

namespace IPT {
  const int L = 1000000;
  char buf[L], *front=buf, *end=buf;
  char GetChar() {
    if (front == end) {
      end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
      if (front == end) return -1;
    }
    return *(front++);
  }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
  char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
  while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
  while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
  if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
  char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
  if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
  int top=0;
  do {OPT::buf[++top] = static_cast<char>(x % 10 + '0');} while (x /= 10);
  while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
  if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 10010;
const int maxm = 105;
const int INF = 100000000;

struct Edge {
  int u, v, flow;
  Edge *nxt, *bk;

  Edge(const int _u, const int _v, const int _flow, Edge* &h) {
    this->u = _u; this->v = _v; this->flow = _flow; this->nxt = h; h = this;
  }
};
Edge *hd[maxn], *fir[maxn];
inline void cont(const int _u, const int _v, const int _flow) {
  auto u = new Edge(_u, _v, _flow, hd[_u]), v = new Edge(_v, _u, 0, hd[_v]);
  (u->bk = v)->bk = u;
}

int n, m, s, t, ans;
int MU[maxn], id[maxm][maxm], col[maxm][maxm], dist[maxn];
std::queue<int>Q;

bool bfs();
int dfs(const int u, int canag);
void link(const int x, const int y);

int main() {
  freopen("1.in", "r", stdin);
  qr(n); qr(m);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) 
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      qr(MU[id[i][j] = ++t]);
      ans += MU[t];
    }
  s = ++t; ++t;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if ((col[i][1] = col[i - 1][1] ^ 1))
      link(i, 1);
    else 
      cont(id[i][1], t, MU[id[i][1]]);
    for (int j = 2; j <= m; ++j) 
      if ((col[i][j] = col[i][j - 1] ^ 1))
        link(i, j);
      else
        cont(id[i][j], t, MU[id[i][j]]);
  }

  while (bfs()) {
    for (int i = 1; i <= t; ++i) fir[i] = hd[i];
    ans -= dfs(s, INF);
  }

  qw(ans, '\n', true);
  return 0;
}

bool bfs() {
  memset(dist, 0, sizeof dist);
  Q.push(s); dist[s] = 1;
  while (!Q.empty()) {
    int u = Q.front(); Q.pop();
    for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) if (e->flow > 0) {
      int v = e->v;
      if (dist[v]) continue;
      dist[v] = dist[u] + 1;
      Q.push(v);
    }
  }
  return dist[t];
}

int dfs(const int u, int canag) {
  if ((u == t) || (!canag)) return canag;
  int _f = 0;
  for (auto &e = fir[u]; e; e = e->nxt) if (e->flow > 0) {
    int v = e->v;
    if (dist[v] != (dist[u] + 1)) continue;
    int f = dfs(v, std::min(canag, e->flow));
    e->flow -= f; e->bk->flow += f; _f += f;
    if (!(canag -= f)) break;
  }
  return _f;
}

void link(const int x, const int y) {
  int u = id[x][y];
  cont(s, u, MU[u]);
  if (x > 1) cont(u, id[x - 1][y], INF);
  if (y < m) cont(u, id[x][y + 1], INF);
  if (y > 1) cont(u, id[x][y - 1], INF);
  if (x < n) cont(u, id[x + 1][y], INF);
}
 

【最小割/二分圖最大獨立集】【網絡流24題】【P2774】 方格取數問題