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这道题真是太精彩了
看似我们是取出来方格里的一些数,让取出来的数最大。
那么我们想一下,我要是取一个数,相邻的几个数里我们只能取走一个(为了让这些数字之间有空格)
那么只有相邻的数字才会出现相互的干扰,那么首先我们知道 我们取出的数字 = 总数字 - 剩下的,那么我们可不可以认为,我们拿掉的数,就很像网络流里被 割掉的边?
之后 仔细观察我们可以发现,这个方格就是个二分图啊
根据 i+j 的奇偶 我们可以把所有点分成两个部分,那么用网络流来搞就有思路去建图了。S 连奇数,T连偶数,边的容量就设为方格里的数字,之后把相邻的点连上无穷大流量的边,来防止割掉。
这个图片实在是太完美了。。。。
那么我们就可以如此建图,割掉,我们不知道怎么求最大割(最大选多少),但是我们知道最小割啊,最小割算出来。用总数减去最小割,不就是最多选的数字和了吗。。。
看了看大牛们的思路,又自己想了想。。。对于这道题只能说一句。。太精彩了。。。。、、
以下为 AC 代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dx[4] = {0,0,1,-1};
const int dy[4] = {1,-1,0,0};
struct node
{
int nxt;
int to;
int val;
}ed[maxn];
int tot = 1,head[maxn];
void add(int u,int v,int w)
{
ed[++tot].to = v;
ed[tot].val = w;
ed[tot].nxt = head[u];
head[u] = tot;
ed[++tot].to = u;
ed[tot].val = 0;
ed[tot].nxt = head[v];
head[v] = tot;
}
int h[maxn];
int s,t;
bool bfs()
{
memset(h,0,sizeof h);
h[s] = 1;
queue<int> q;
q.push(s);
while(q.size())
{
int u = q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];~i;i=ed[i].nxt)
{
int v = ed[i].to;
if(ed[i].val > 0 && !h[v])
{
h[v] = h[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
return h[t];
}
int dfs(int u,int val)
{
if(u == t)
return val;
for(int i=head[u];~i;i=ed[i].nxt)
{
int v = ed[i].to;
if(ed[i].val > 0 && h[v] == h[u] + 1)
{
int res = dfs(v,min(val, ed[i].val));
if(res > 0)
{
ed[i].val -= res;
ed[i ^ 1].val += res;
return res;
}
}
}
return 0;
}
int dinic()
{
int ans = 0,u;
while(bfs())
{
while(u = dfs(s, INF))
ans += u;
}
return ans;
}
int n,m;
int sum;
int main()
{
sum = 0;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(head,-1,sizeof head);
s = 0, t = n * m + m + 3;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int k;
scanf("%d",&k);
sum += k;
int u = i*m + j;
if((i+j)%2 == 0)
{
add(s,u,k);
for(int p=0;p<=3;p++)
{
int xx = i + dx[p];
int yy = j + dy[p];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)
continue;
int v = xx*m + yy;
add(u,v,INF);
}
}
else
{
add(u,t,k);
}
}
}
printf("%d\n",sum - dinic());
return 0;
}