题面
题意
给出n个三维空间中的点,每次可以消除三维中至少有一维相等的点,问至少几次可以消除所有点.
做法
首先想到的是dp,但是很难记录状态,然后考虑网络流,想对每个点间两个点记为a,b两点,对所有a点和它共面的点的b点都连一条边,然后跑费用流,但是建边的复杂度就高达O(n^2),不仅会T,还会M.
正确思路是要抓住x,y,z三维都小于等于500,这就意味着可以考虑对于数值大小来建图,可以将这题转化为最小割,对于每一个点都转化为一条从s到t的路径,期间经过x,y1,y2,z三个点(点的编号就是数值大小)其中,s->x,y1->y2,z->t三条边的流量为1,这三条边被割掉就表示这一面的点被删去,这样求一下最小割就行了.
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 50010
#define M 510
using namespace std;
int n,m,first[M<<2],cur[M<<2],bb=1,s,t=2001,deep[M<<2],ans;
bool px[M],py[M],pz[M];
struct Bn
{
int to,next,quan;
}bn[1001000];
queue<int>que;
inline void add(int u,int v,int w)
{
bb++;
bn[bb].to=v;
bn[bb].next=first[u];
bn[bb].quan=w;
first[u]=bb;
}
inline void ad(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
inline bool bfs()
{
int p,q;
memset(deep,0,sizeof(deep));
que.push(s);
deep[s]=1;
for(;!que.empty();)
{
q=que.front();
que.pop();
for(p=first[q];p!=-1;p=bn[p].next)
{
if(deep[bn[p].to]||!bn[p].quan) continue;
deep[bn[p].to]=deep[q]+1;
que.push(bn[p].to);
}
}
return deep[t];
}
int dfs(int now,int mn)
{
if(now==t) return mn;
int p,q,res;
for(int &p=cur[now];p!=-1;p=bn[p].next)
{
if(!bn[p].quan||deep[bn[p].to]!=deep[now]+1) continue;
res=dfs(bn[p].to,min(mn,bn[p].quan));
if(res)
{
bn[p].quan-=res;
bn[p^1].quan+=res;
return res;
}
}
return 0;
}
int main()
{
memset(first,-1,sizeof(first));
int i,j,p,q,o;
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&p,&q,&o);
px[p]=py[q]=pz[o]=1;
ad(p+1000,q,INF),ad(q+500,o+1500,INF);
}
for(i=1;i<=500;i++)
{
if(px[i]) ad(s,i+1000,1);
if(py[i]) ad(i,i+500,1);
if(pz[i]) ad(i+1500,t,1);
}
for(;bfs();)
{
memcpy(cur,first,sizeof(cur));
for(p=dfs(s,INF);p;ans+=p,p=dfs(s,INF));
}
cout<<ans;
}