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UVA1104|UVA1104 Chips Challenge

一、题目 有一个 \(n\times n\) 的矩阵，每个元素可能是 .、C、/ 的其中一种，分别表示可以放置芯片、已经放置了芯片、不能放置芯片，你可以分别决定是否可以放置芯片的位置放置芯片。
最后需要满足 \(\forall i\)，第 \(i\) 行的芯片个数等于第 \(i\) 列的芯片个数，每一行的芯片个数都不超过总芯片个数的 \(\frac{A}{B}\)，问在此情况下能额为放置的芯片个数最大值，如果怎么样都不合法输出 impossible
\(n\leq 40\)
二、解法 如果直接做的话并不好入手，我们考虑调整法，也就是让所有 . 的位置都放芯片再调整。
可以把芯片看成流量，我们可以套路地建出一个二分图。想象第 \(i\) 行的点上具有 \(a_i\) 点流量，第 \(i\) 列的点上具有 \(b_i\) 点流量（分别表示初始状态下它们的芯片个数），那么个数相等的条件可以转化成第 \(i\) 行和第 \(i\) 列同时减少 \(1\) 的流量。
但是最后点上就不能有残余流量，对于 . 的位置我们可以选择不放，设它的位置是 \((i,j)\) 那么它可以让 \(i\) 行 \(j\) 列同时减少 \(1\) 的流量。在此基础上我们还要最大化总芯片数，所以可以考虑增加费用这个意义，我们把同行同列的边费用设置为 \(0\)，减少芯片的边费用设置为 \(1\)，跑最小费用最大流即可。
还剩下最后一个限制：每一行的芯片个数都不超过总芯片个数A/B，我们可以枚举每一行的芯片个数 \(k\)，把同行同列的流量设置为 \(k\)，最后可以得到总芯片数 \(sum\)，所以我们只需要判断下面两点：满流；\(sum\cdot A\geq k\cdot B\)
三、总结 调整法考虑寻找一个特殊的初始状态，再考虑如何描述增加\(/\)减少的过程。网络流加调整法的应用是常见的，类似的模型还有最小链覆盖，它就是把初始设置有 \(n\) 个链来调整。
【UVA1104|UVA1104 Chips Challenge】网络流是属于图论的，所以它的思维方法中也涉及到思考原问题中的元素怎么对应到图上的每个量上去，比如本题因为要最大化总芯片数我们才考虑增加费用这一维。

#include #include #include #include using namespace std; const int M = 105; const int inf = 0x3f3f3f3f; int read() { int x=0,f=1; char c; while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1; } while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); } return x*f; } int n,A,B,S,T,ans,tot,f[M],a[M],b[M]; int m,dis[M],pre[M],flow[M],lst[M]; struct edge{int v,f,c,next; }e[M*M]; char s[M][M]; void add(int u,int v,int F,int c) { e[++tot]=edge{v,F,c,f[u]},f[u]=tot; e[++tot]=edge{u,0,-c,f[v]},f[v]=tot; } int bfs() { queue q; for(int i=0; i<=T; i++) dis[i]=inf,flow[i]=pre[i]=lst[i]=0; dis[S]=0; flow[S]=inf; q.push(S); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=f[u]; i; i=e[i].next) { int v=e[i].v,c=e[i].c; if(dis[v]>dis[u]+c && e[i].f>0) { dis[v]=dis[u]+c; flow[v]=min(flow[u],e[i].f); pre[v]=u; lst[v]=i; q.push(v); } } } return flow[T]>0; } void zxy(int k) { int res=0,sum=0,all=0; S=0; T=2*n+1; tot=1; for(int i=0; i<=T; i++) f[i]=0; for(int i=1; i<=n; i++) { all+=a[i]; add(S,i,a[i],0); add(i+n,T,b[i],0); add(i,i+n,k,0); } for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) if(s[i][j]=='.') add(i,j+n,1,1); while(bfs()) { int t=T; sum+=flow[t]; res+=flow[t]*dis[t]; while(t) { e[lst[t]].f-=flow[T]; e[lst[t]^1].f+=flow[T]; t=pre[t]; } } if(sum==all && k*B<=(sum-res)*A) ans=max(ans,sum-res); } void work() { m=0; ans=-1; for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=b[i]=0; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%s",s[i]+1); for(int j=1; j<=n; j++) { m+=(s[i][j]=='C'); a[i]+=(s[i][j]=='C' || s[i][j]=='.'); b[j]+=(s[i][j]=='C' || s[i][j]=='.'); } } for(int i=0; i<=n; i++) zxy(i); if(ans==-1) puts("impossible"); else printf("%d\n",ans-m); } signed main() { int Case=0; while(~scanf("%d %d %d",&n,&A,&B) && n+A+B) { printf("Case %d: ",++Case); work(); } }

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