description

研究者們想要測試 Misaka Network，于是他們把 Misaka Network 中的所有妹妹們召集到了一起。
現在妹妹們排成了 N行 M 列，有的位置沒有人。現在研究者們給每一個個體的超能力進行了評定，一共有三個能力等級：Level 1 低能力者、Level 2 異能力者 和 Level 3 超能力者。研究者們每次測試可以選取一個子矩形內的所有個體，為了保證高效，他們不希望這個矩形內存在空的位置。并且，為了保證穩定，他們希望這個矩形內所有個體的能力等級的平均值恰好為 2 。同時，每個個體最多只能參加一次測試，因此，多次測試選取的矩形應當不相交。

研究者們想知道他們最多能進行多少次測試。

輸入格式
第一行兩個整數N、M
接下來 N行每行 M個字符，每個字符表示了隊列中對應位置的個體。
1 表示 Level 1 低能力者，2 表示 Level 2 異能力者，3 表示 Level 3 超能力者，* 表示一個空的位置。

輸出格式
一行一個整數，表示最多能夠進行多少次測試。
樣例 1
Input
2 3
31*
*13
Output
2

樣例 2
Input
6 6
23311*
**13**
11*233
13*223
***133
331***
Output
9

樣例 3
Input
2 50
21111121332233123311312211231333122233133212221212
21332123132223111331233121122331133311112121331311
Output
51

數據范圍與提示
對于所有數據 1≤N×M≤10^5，隊列中僅包含 1、2、3、* 四種字符。

solution

平均值為$2$，不難想到$1,3$必須是一對一對綁定的
而且$2$一定是單獨成一個矩陣的（最優）
所以只考慮$1,3$湊成一對，明顯的二分圖匹配問題
將相鄰的$1,3$連邊，然后跑二分圖最大匹配，匈牙利的$n^3$是受不了的
于是乎就請到了我們的老朋友——網絡流跑二分圖最大匹配

將$s$與$1$連流量為$1$的邊，相鄰的$1?3$連流量為$1$的邊，$3$與$t$連流量為$1$的邊

code

#include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define maxn 100005 #define inf 1e9 struct node {int nxt, to, flow; }edge[maxn << 2]; queue < int > q; int n, m, cnt; char str[2][maxn]; int head[maxn], cur[maxn], dep[maxn];void addedge( int u, int v, int w ) {edge[cnt].nxt = head[u];edge[cnt].to = v;edge[cnt].flow = w;head[u] = cnt ++;edge[cnt].nxt = head[v];edge[cnt].to = u;edge[cnt].flow = 0;head[v] = cnt ++; }bool bfs( int s, int t ) {memcpy( cur, head, sizeof( head ) );memset( dep, 0, sizeof( dep ) );q.push( s ), dep[s] = 1;while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = head[u];~ i;i = edge[i].nxt ) {int v = edge[i].to;if( ! dep[v] && edge[i].flow ) {dep[v] = dep[u] + 1;q.push( v );}}}return dep[t]; }int dfs( int u, int t, int cap ) {if( u == t || ! cap ) return cap;int flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = edge[i].nxt ) {cur[u] = i;int v = edge[i].to;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {int w = dfs( v, t, min( cap, edge[i].flow ) );if( ! w ) continue;cap -= w;flow += w;edge[i].flow -= w;edge[i ^ 1].flow += w;if( ! cap ) break;}}return flow; }int dinic( int s, int t ) {int ans = 0;while( bfs( s, t ) )ans += dfs( s, t, inf );return ans; }int id( int i, int j ) {return ( i - 1 ) * m + j; }int main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%d %d", &n, &m );int s = 0, t = n * m + 1, tot = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int k = i & 1;scanf( "%s", str[k] + 1 );for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {int pos = id( i, j );switch( str[k][j] ) {case '*' : { break; }case '1' : {addedge( s, pos, 1 );if( i != 1 && str[k ^ 1][j] == '3' )addedge( pos, pos - m, 1 );if( j != 1 && str[k][j - 1] == '3' )addedge( pos, pos - 1, 1 );if( j != m && str[k][j + 1] == '3' )addedge( pos, pos + 1, 1 );break;}case '2' : { tot ++; break; }case '3' : {addedge( pos, t, 1 );if( i != 1 && str[k ^ 1][j] == '1' )addedge( pos - m, pos, 1 );break;}}}}printf( "%d\n", tot + dinic( s, t ) );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与测试 (网络流跑二分图匹配)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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