【BZOJ1930】[Shoi2003]pacman 吃豆豆

Description

两个PACMAN吃豆豆。一开始的时候，PACMAN都在坐标原点的左下方，豆豆都在右上方。PACMAN走到豆豆处就会吃掉它。PACMAN行走的路线很奇怪，只能向右走或者向上走，他们行走的路线不可以相交。请你帮这两个PACMAN计算一下，他们俩加起来最多能吃掉多少豆豆。

Input

第一行为一个整数N，表示豆豆的数目。接下来 N 行，每行一对正整数，表示第i个豆豆的坐标。任意两个豆豆的坐标都不会重合。

Output

仅有一行包含一个整数，即两个PACMAN加起来最多能吃掉的豆豆数量

Sample Input

8
8 1
1 5
5 7
2 2
7 8
4 6
3 3
6 4

Sample Output

HINT

N < = 2000

题解：由于只需要跑两次，所以可以采用费用流。首先我们不用考虑两条路径相交的情况，因为我们可以将相交的部分交换一下，就不相交了。

但是本题卡空间！！！所以有一个优化：如果a能到b，b能到c，则不需要连a到c的边。所以具体建边方法：

1. S -> i 容量1，费用0
2. i -> i' 容量1，费用1
3. i' -> j 容量2，费用0 （注意容量是2！因为我们的优化中相当于是用a-b-c替换了a-c）
4. i -> T 容量1，费用1

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <queue>

#include <algorithm>

using namespace std;

int n,cnt,sum,S,T,ans;

int inq[4020],dis[4020],head[4020],to[4000010],next[4000010],cost[4000010],flow[4000010],pv[4020],pe[4020];

struct node

{

	int x,y;

}p[2010];

queue<int> q;

int bfs()

{

	memset(dis,0xc0,sizeof(dis));

	dis[S]=0,q.push(S);

	int i,u;

	while(!q.empty())

	{

		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;

		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(dis[to[i]]<dis[u]+cost[i]&&flow[i])

		{

			pv[to[i]]=u,pe[to[i]]=i,dis[to[i]]=dis[u]+cost[i];

			if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);

		}

	}

	return dis[T]>0;

}

inline int rd()

{

	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();

	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}

	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();

	return ret*f;

}

inline void add(int a,int b,int c,int d)

{

	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;

	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;

}

bool cmp(const node &a,const node &b)

{

	return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):(a.x<b.x);

}

int main()

{

	n=rd(),S=0,T=2*n+1;

	int i,j;

	memset(head,-1,sizeof(head));

	for(i=1;i<=n;i++)	add(S,i,0,1),add(i+n,T,0,1),add(i,i+n,1,1),add(i,i+n,0,1),p[i].x=rd(),p[i].y=rd();

	sort(p+1,p+n+1,cmp);

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		int mn=1<<30;

		for(j=i+1;j<=n;j++)	if(p[j].y>=p[i].y&&p[j].y<mn)	add(i+n,j,0,2),mn=p[j].y;

	}

	while(bfs())

	{

		int mf=1<<30;

		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);

		sum+=mf,ans+=dis[T]*mf;

		if(sum==2)	break;

		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;

	}

	printf("%d",ans);

	return 0;

}//13 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 6 8 4 1

豆豆

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