题目链接

题意

这个题首先要理解好题意，就是说给这个长方体横着切开。要求相邻的两个位置切点的为值不能相差大于\(D\)。
说的再直白一点就是。有一个\(P\times Q\)的矩阵，要在这\(P \times Q\)个格子里填区间\([1,R]\)中的数字。位置为\((x,y)\)的格子填\(z\)会有\(p(x,y,z)\)的代价。同时相邻的格子里填的数字之差不能超过\(D\)。求出最小代价。

思路

因为是要求最小代价，很容易想到最小割。
先考虑没有"相邻数字之差不能超过\(D\)"的限制应该怎么做。
这个很简单，我们可以把每个格子看成一条长度为\(R\)的链，从源点\(S\)向每条链连边，再从每条链向汇点\(T\)连边。然后跑一遍最小割(最大流)就行了。
也就是像下面这样

也就是这\(P \times Q\)条链都要割掉一条边，使得从\(S\)无法到\(T\)
然后考虑如何处理D的限制，我们只需要保证，如果当前链上编号为x的点割掉了，那么邻边割掉的点应该是与x相差小于等于D的点。其实只要对于一条链上的点，从这个点向他相邻的链中编号比当前编号小D的点之间连一条INF的边即可。
因为这样就能保证如果邻边割掉的不是上述边的话，肯定会有另外一条路径可以流过，使得必须割掉。画出图来就显然了。。

PS

论当前弧优化的重要性

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
// #define int ll
const int N = 3000000 + 10,INF = 1e9;
int dx[5] = {0,1,-1,0,0};
int dy[5] = {0,0,0,-1,1};
int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9') {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
struct node {
    int v,nxt,w;
}e[N];
int head[N],ejs = 1;
int cur[N];
void add(int u,int v,int w) {
    e[++ejs].v = v;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;e[ejs].w = w;
    e[++ejs].v = u;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;e[ejs].w = 0;
}
int P,Q,R,p[50][50][50];
int S,T;
int num(int x,int y,int z) {
    if(z == 0) return S;
    return (z - 1) * P * Q + (x - 1) * Q + y;
}
queue<int>q;
int dep[N];
int bfs() {
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(S);dep[S] = 1;
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front();q.pop();
        for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].v;
            if(dep[v] || e[i].w <= 0) continue;
            dep[v] = dep[u] + 1;
            q.push(v);
            if(v == T) return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int u,int now) {
    if(u == T) return now;
    int ret = 0;
    for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].v;
        if(e[i].w > 0 && dep[v] == dep[u] + 1) {
            int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
            ret += k;
            e[i].w -= k;
            e[i ^ 1].w += k;
            if(ret == now) return ret;
        }
    }
    return ret;
}
ll dinic() {
    ll ans = 0;
    while(bfs()) {
        for(int i = 0;i <= T;++i) cur[i] = head[i];
        ans += dfs(S,INF);
    
    }
    return ans;
}
signed main() {
    P = read(),Q = read(),R = read();
    S = P * Q * R + 1;T = S + 1;
    int D = read();
    for(int i = 1;i <= R;++i)
        for(int j = 1;j <= P;++j)
            for(int k = 1;k <= Q;++k)
                p[j][k][i] = read();
    for(int i = 1;i <= P;++i) {
        for(int j = 1;j <= Q;++j) {
            for(int k = 1;k <= R;++k) {
                add(num(i,j,k - 1),num(i,j,k),p[i][j][k]);
                if(k > D) {
                    for(int z = 1;z <= 4;++z) {
                        int x = i + dx[z],y = j + dy[z];
                        if(x < 1 || y < 1 || x > P || y > Q) continue;
                        add(num(i,j,k),num(x,y,k - D),INF);
                    }
                }
            }
            add(num(i,j,R),T,INF);
        }
    }
    cout<<dinic();
    return 0;
}

标签：切糕,int,ret,bzoj3144,dep,while,include,割掉
来源： https://www.cnblogs.com/wxyww/p/10355926.html