题目分析

给定一张n*n的芯片。

'.'表示该格子可以放一个零件。

'C'表示该格子已经放了一个零件（不能拆下）。

'/'表示该格子不能放零件。

要求在芯片的现有基础上，放置尽可能多的零件，使得：
1. 第i行与第i列零件数相等。
2. 每行每列零件数<=总零件数*A/B。

条件1

考虑如何使得第i行第j列零件数相等。

首先可以想到经典的行列二分图模型，即\((i,j)\)如果可放置零件，则连边；如果必须放置零件，则记录其为必选。最后跑最大流即可。

然而这种模型的局限性就在于无法控制行列相等。
我们考虑用逆向思维解决：\((i,j)\)如果可放置零件，则连边；如果必须放置零件，则不连。而边的意义为点\((i,j)\)不放零件。

这样有什么好处呢？

既然原始边为不放零件，那我们就可以在\((i,i)\)之间连接新边，来收集剩余流量。

如何理解？

设第i行可放置和必须放置零件总和为\(a[i]\)，而已经流出\(x\)流量表示不选，第i列同理。则我们可以用新边收集\((i,i)\)之间剩余的流量，而这里的流量就表示选择放置零件。

样例分析（不考虑条件2）：
```
n=2
C.
/.
```
如图，行列间的曲线为表示不选的原始边，直线为表示选择的新边。

同时由于(1,1)为'C'，我们记录下它的流量并体现在选择边中，但不建立表示不选的曲线。

则选择的最大流量为2，不选的边(1,2)流量为1，即最大流=3。

最终答案为选择的最大流量2-已有的必选流量1=1。
分析上面样例的求解过程，我们不难发现需要跑最大流，检查最大流是否等于所有可选与必选的流量和来判断是否有解（想一想为什么）。

然而问题在于如何控制流量尽可能经过收集流量的直线边？

可见是要在所有最大流中，选择收集流量最多的那一种，考虑用添加费用作为优先级的方式来实现。

我们使得所有选择边的优先级为1，所有不选边的优先级为0，而优先级体现在网络流中就是费用。

这样跑最大费用最大流即可，求出的最大流=选与不选的流量总和，最大费用=选的流量总和，答案=最大费用-已有的必选流量。

条件2

解决了行列相等的问题，但题目还要求每条选择边的流量<=总费用*A/B。

也就是说，我们需要对新建的选择边容量进行限流，使其<=总费用*A/B。

然而总费用需要建边后求出，而建边需要总费用进行限流。（明显该算法被条件2锁死）

因此我们不能被动地去等待总费用被求出，而应该主动枚举。
考虑枚举总费用，这样就能求出选择边的容量限制，完成建图。

跑完最大费用最大流，检查我们求出的费用是否等于所枚举的总费用值，等于则更新答案。

题目n<=40，枚举总费用复杂度\(n^2\)，费用流复杂度怎么也得比最大流的\(n\sqrt m==n^2\)要大，也就是说\(n^4\)乃至\(n^5\)的复杂度在这道题是非常危险的。
考虑一种常见的优化方式：保持上次枚举费用所跑出的残留网络不动，更改选择边的容量限制，然后继续跑费用流。

然而这种方式在这道题是行不通的，假设这次选择边的容量限制+=1，那么在继续跑费用流之前，这张图的当前流可能已经不是最大费用流了（想一想为什么）。而我们的spfa+dinic实质上是一种贪心，是必须保证当前流时刻是最大费用流的！

可能还可以加个消圈算法来调整，但是编程难度较大，我们考虑直接改变枚举思路。
当容量限制lim确定时，我们所跑出来的总费用也必然确定。

因此，完全没有必要枚举总费用，我们只要枚举容量限制lim，然后检查总费用是否满足条件2即可。

也就是说，\(n\)复杂度枚举容量限制lim，然后求出最大总费用maxw，只要\(lim<=maxw*A/B\)便能够满足条件2，更新答案即可。

最终答案取所有可能解中的最大值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define fakemain main
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

const int MAXN=110;
int n,s,t,A,B;
char ss[MAXN][MAXN];
int a[MAXN];//统计每行每列的总流量 
int b[MAXN];//记录每行每列的已有流量 

int en=-1,eh[MAXN];
struct edge
{
	int v,c,w,next;
	edge(int V=0,int C=0,int W=0,int N=0):v(V),c(C),w(W),next(N){}
};edge e[MAXN*MAXN];
inline void add_edge(int u,int v,int c,int w)
{
	e[++en]=edge(v,c,w,eh[u]);eh[u]=en;
	e[++en]=edge(u,0,-w,eh[v]);eh[v]=en;
}

void input()
{
	s=n*2+1;t=n*2+2;
	
	memset(a,0,sizeof(a));
	memset(b,0,sizeof(b));
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%s",ss[i]+1);
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			if(ss[i][j]=='C' || ss[i][j]=='.'){++a[i];++a[j+n];}
			if(ss[i][j]=='C'){++b[i];++b[j+n];}
		}
	}
	
	en=-1;
	memset(eh,-1,sizeof(eh));
	
	for(int i=1;i<=n;++i)add_edge(i,i+n,0,-1);//添加可选取边，初始容量为0 
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)if(ss[i][j]=='.')//添加不选边 
			add_edge(i,j+n,1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)//添加源汇边 
	{
		add_edge(s,i,a[i],0);
		add_edge(i+n,t,a[i+n],0);
	}
}

int tota,totb,rstf,lim;//总流量总和，已使用流量总和，源点流量，可选取边容量限制 
int maxw,ans;

void init()//容量初始化 
{
	for(int i=1;i<=n;++i){e[i*2-2].c=lim;e[i*2-1].c=0;}
	for(int i=n+1;i<=(en+1)/2;++i)
	{
		e[i*2-2].c+=e[i*2-1].c;
		e[i*2-1].c=0;
	}
}

int dis[MAXN],cur[MAXN];
bool inq[MAXN];
bool vis[MAXN];
deque<int> q;
bool spfa()
{
	fill(dis+1,dis+t+1,inf);
	
	dis[s]=0;q.push_back(s);inq[s]=1;
	
	int u,v,w;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front();q.pop_front();inq[u]=0;
		for(int i=eh[u];i!=-1;i=e[i].next)if(e[i].c)
		{
			v=e[i].v;w=e[i].w;
			if(dis[v]>dis[u]+w)
			{
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(!inq[v])
				{
					inq[v]=1;
					if(!q.empty() && dis[v]<dis[q.front()])q.push_front(v);
					else q.push_back(v);
				}
			}
		}
	}
	return dis[t]!=inf;
}
int dfs(int u,int flow)
{
	if(u==t)
	{
		maxw+=-dis[t]*flow;
		return flow;
	}
	
	vis[u]=1;
	int v,f,used=0;
	for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].next)if(e[i].c)
	{
		cur[u]=i;
		v=e[i].v;
		if(dis[u]+e[i].w==dis[v] && !vis[v])
		{
			f=dfs(v,min(flow-used,e[i].c));
			
			e[i].c-=f;
			e[i^1].c+=f;
			
			used+=f;
			if(used==flow)break;
		}
	}
	vis[u]=0;
	return used;
}
void solve()
{
	ans=-inf;tota=0;totb=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){tota+=a[i];totb+=b[i];}
	
	for(lim=0;lim<=n;++lim)//枚举可选取边的限制lim 
	{
		init();
		rstf=tota;maxw=0;
		while(rstf && spfa())//存在未使用流量，且存在増广路 
		{
			memcpy(cur,eh,sizeof(cur));
			rstf-=dfs(s,rstf);
		}
		//如果用尽，且lim符合散热，则为可行解，更新答案 
		if(!rstf && lim<=maxw*A/B)ans=max(ans,maxw-totb);
	}
}

void output()
{
	if(ans==-inf)printf("impossible\n");
	else printf("%d\n",ans);
}

int fakemain()
{
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	int cnt=0;
	while(1)
	{
		scanf("%d %d %d",&n,&A,&B);
		if(n==0)return 0;
		printf("Case %d: ",++cnt);
		input();
		solve();
		output();
	}
}

来源：oschina

链接：https://my.oschina.net/u/4287100/blog/4279582

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【题解】uva1104 chips challenge

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