正题
题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/contest/114/problem/3
题目大意
\(n*m\)的网格上有一些格子有木球，两个相邻木球直接可以有木棍。
两个\(L\)形的木棍会产生\(A\)的代价，两个\(I\)形的木棍会产生\(B\)的代价
对于每个\(k\)求出插入\(k\)根木棍时的最小代价。
\(n,m\in[1,40],1\leq A\leq B\leq 10^5\)
解题思路
因为\(B\geq A\)可以理解为两个相邻的木棍会产生\(A\)点代价，\(I\)形的会额外产生\(B-A\)点代价。
先不考虑\(B-A\)的部分，考虑每个点的贡献，一个点的度数为\(i\)时会产生\(\binom{i}{2}\)的贡献，并且相邻的点之间可以连边。这是一个很经典的费用流模型。
对网格黑白染色，黑色的源点连接，白色的连接汇点。对于每个连接可以分为\(4\)条边，流量都为\(1\)，权值分别为\(\binom12-\binom02\ ,\ \binom22-\binom12\ ,\ \binom32-\binom22\ ,\ \binom42-\binom32\)。
这些权值递增，费用流优先流小的，所以如果流量为\(i\)那个刚好费用和就是\(\binom i2\)。
然后考虑\(I\)形的额外代价，其实就是如果一个点的横纵向度数到\(2\)就会产生代价。我们可以故技重施，对于每个点再开两个点分别表示横向/纵向，连接这些点的时候一条边权值是\(0\)，另一条是\(B-A\)。
然后正常\(Ek\)费用流跑法会每次扩展一个流量，每次输出就好了。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=5100,inf=2147483647/3;
const int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};
struct node{
int to,next,w,c;
}a[N<<5];
int op,n,m,A,B,s,t,cnt,tot=1,ans;
int f[N],mf[N],ls[N],pre[N],p[50][50];
char c[50][50];bool v[N];
queue<int>q;
void addl(int x,int y,int w,int c){
a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[tot].c=c;
a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;a[tot].c=-c;
return;
}
bool SPFA(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
q.push(s);f[s]=0;v[s]=1;mf[s]=inf;
while(!q.empty()){
int x=q.front();v[x]=0;q.pop();
for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
int y=a[i].to;
if(!a[i].w)continue;
if(f[x]+a[i].c<f[y]){
f[y]=f[x]+a[i].c;pre[y]=i;
mf[y]=min(mf[x],a[i].w);
if(!v[y])q.push(y),v[y]=1;
}
}
}
return f[t]<inf;
}
void Updata(){
int x=t;ans+=f[t];
if(op)printf("%d\n",(ans!=0));
else printf("%d\n",ans);
while(x!=s){
a[pre[x]].w-=mf[t];
a[pre[x]^1].w+=mf[t];
x=a[pre[x]^1].to;
}
return;
}
int main()
{
freopen("trouble.in","r",stdin);
freopen("trouble.out","w",stdout);
scanf("%d",&op);op=((op>=8)&&(op<=12));
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B);B-=A;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",c[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
if(c[i][j]=='0')p[i][j]=++cnt;
}
s=3*cnt+1;t=s+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(c[i][j]=='0'){
int x=p[i][j];
if((i+j)&1){
addl(s,x*3-2,1,0); addl(s,x*3-2,1,A);
addl(s,x*3-2,1,2*A); addl(s,x*3-2,1,3*A);
addl(x*3-2,x*3-1,1,0);addl(x*3-2,x*3,1,0);
addl(x*3-2,x*3-1,1,B);addl(x*3-2,x*3,1,B);
for(int k=0;k<4;k++){
int zx=i+dx[k],zy=j+dy[k];
if(c[zx][zy]!='0')continue;
int y=p[zx][zy];
if(k<2)addl(x*3-1,y*3-1,1,0);
else addl(x*3,y*3,1,0);
}
}
else{
addl(x*3-2,t,1,0); addl(x*3-2,t,1,A);
addl(x*3-2,t,1,2*A); addl(x*3-2,t,1,3*A);
addl(x*3-1,x*3-2,1,0);addl(x*3,x*3-2,1,0);
addl(x*3-1,x*3-2,1,B);addl(x*3,x*3-2,1,B);
}
}
}
while(SPFA())
Updata();
return 0;
}