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题解
考虑转成图:把每个人看做一个点,比赛为边,胜负确定的比赛的边指向胜的一方。两两之间都要进行比赛,是一个完全图。问题即为给定一些边的方向,现在需要给剩下的边定向,使得满足题目要求的三元环尽量多。
易得人数为
时,三元环总数为
,满足要求的三元环必然可以缩点,而考虑一个不满足条件的三元环:存在一个点在三元环中入度为
(同时存在另一点入度为
),问题实际上转换成了枚举每个点的入度
,答案即为:
考虑每个点和任意两个指向该点的点所构成的三元环都是不合法的,而情况只会被枚举到一次,所以不合法情况总共为
而观察
,即为
的等差数列和。
考虑最小费用最大流,源点到每个未定向边所代表的的点连流量为
,费用为
的边(限制每条边只能指向一端),每个未定向边再向所连接的原图中的两个点连流量为
,费用为
的边,原图中的每个点再向汇点依次连接流量为
,费用分别为
(
即为连接它的所有未定向边数量)。
这样跑一遍网络流就得到了边定向后的最小不合法数。至于输出答案,直接标记每条未定向边到两个点的反向边的流量即可。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1e4+10,M=5e4+10,inf=0x7fffffff;
int n,S,T,vis[N],nt[N],fl[N],in[110],ot[110],bel[N],dis[N],mp[N][N];
int head[N],cur[N],nxt[M],to[M],w[M],cc[M],tot=1,sum,inq[N];
struct P{
int x,y;
P(){}
P(int X,int Y){x=X;y=Y;}
}rv[N];
inline void lk(int u,int v,int vv,int ff)
{
to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;w[tot]=vv;cc[tot]=ff;
to[++tot]=u;nxt[tot]=head[v];head[v]=tot;w[tot]=0;cc[tot]=-ff;
}
inline int rk(int x,int y)
{return ((n<<1)-x)*(x-1)/2+y-x;}
queue<int>Q;
inline bool bfs()
{
int i,j,x;
for(i=1;i<=T;++i) dis[i]=inf;
dis[T]=0;
Q.push(T);
inq[T]=1;
for(;!Q.empty();){
x=Q.front();Q.pop();//Q.pop_front();
for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
j=to[i];
if(w[i^1] && dis[j]>dis[x]-cc[i]){
dis[j]=dis[x]-cc[i];nt[j]=x;fl[j]=i^1;
if(inq[j]) continue;
Q.push(j);inq[j]=1;
}
}
inq[x]=0;
}
return (dis[S]<inf);
}
int main(){
register int i,j,op,res,lim,bs=0,x,y;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=n;++j){
scanf("%d",&op);if(i>=j) continue;
if(op!=2){
if(op) in[i]++,ot[j]++;else ot[i]++,in[j]++;
mp[i][j]=op;mp[j][i]=op^1;
continue;
}
res=++bs;rv[res]=P(i,j);
}
S=bs+n+1;T=S+1;
for(i=1;i<=bs;++i){
lk(S,i,1,0);
lk(i,rv[i].x+bs,1,0);bel[i]=tot;
lk(i,rv[i].y+bs,1,0);
}
for(i=1;i<=n;++i){
sum+=(in[i]-1)*in[i]/2;
lim=n-1-in[i]-ot[i];
for(j=0;j<lim;++j)
lk(bs+i,T,1,in[i]+j);
}
for(;bfs();){
res=inf;
for(i=S;i!=T;i=nt[i])
res=min(res,w[fl[i]]);
sum+=dis[S]*res;
for(i=S;i!=T;i=nt[i]) w[fl[i]]-=res,w[fl[i]^1]+=res;
}
for(i=1;i<=bs;++i){
x=rv[i].x;y=rv[i].y;
mp[x][y]=w[bel[i]];
mp[y][x]=w[bel[i]]^1;
}
printf("%d\n",n*(n-1)*(n-2)/6-sum);
for(i=1;i<=n;++i){
for(j=1;j<=n;++j) printf("%d ",mp[i][j]);
puts("");
}
}