題目

題目連結：https://www.luogu.com.cn/problem/P4249
雙倍經驗：https://codeforces.com/problemset/problem/1264/E （僅修改讀入和輸出即可）
在一些一對一遊戲的比賽（如下棋、乒乓球和羽毛球的單打）中，我們經常會遇到 \(A\) 勝過 \(B\)，\(B\) 勝過 \(C\) 而 \(C\) 又勝過 \(A\) 的有趣情況，不妨形象的稱之為剪刀石頭布情況。有的時候，無聊的人們會津津樂道於統計有多少這樣的剪刀石頭布情況發生，即有多少對無序三元組 \((A,B,C)\)，滿足其中的一個人在比賽中贏了另一個人，另一個人贏了第三個人而第三個人又勝過了第一個人。注意這裡無序的意思是說三元組中元素的順序並不重要，將 \((A, B, C)\)

、\((A, C, B)\)、\((B, A, C)\)、\((B, C, A)\)、\((C, A, B)\) 和 \((C, B, A)\) 視為相同的情況。
有 \(N\) 個人參加一場這樣的遊戲的比賽，賽程規定任意兩個人之間都要進行一場比賽：這樣總共有 \(\frac{N*(N-1)}{2}\) 場比賽。比賽已經進行了一部分，我們想知道在極端情況下，比賽結束後最多會發生多少剪刀石頭布情況。即給出已經發生的比賽結果，而你可以任意安排剩下的比賽的結果，以得到儘量多的剪刀石頭布情況。
\(n\leq 100\)。

思路

不難發現，如果任意三個點之間沒形成環，那麼必然恰好存在一個點的度數為 \(2\)

。所以我們可以把每一組沒有形成環的三個點對應到一個度數為 \(2\) 的點上。
那麼反過來，對於一張給定的競賽圖，記點 \(i\) 的度數為 \(\text{deg}_i\)，那麼他可以選擇出 \(\binom{\text{deg}_i}{2}\) 組沒形成環的三元組。那麼最終形成環的三元組數量就是 \(\binom{n}{3}-\sum^{n}_{i=1}\binom{\text{deg}_i}{2}\)。
考慮費用流，把每一條邊看作一個點，假設一條邊 \((u,v)\) 沒有確定方向，那麼在費用流的圖上分別從這條邊所對應的點連向 \((u,v)\) 兩點，流量為 \(1\)，費用為 \(0\)；否則只連向確定的那一個點。
對於每一條邊所代表的點，再從源點連一條 \((1,0)\) 的邊過來。
對於每一個點，向匯點連 \(n\) 條邊，流量均為 \(1\)，費用分別為 \(0,1,2,\cdots n-1\)，那麼如果這個點最後度數為 \(x\)，費用就為 \(0+1+2+\cdots x-1=\binom{x}{2}\)。
然後跑費用流即可。輸出方案就看每一條邊所對應的點流向了哪個點。
時間複雜度 \(O(n^5)\)。完全跑不滿。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=11010,M=110010,Inf=1e9;
int n,S,T,tot=1,cost,flow,head[N],dis[N],pre[N],a[110][110];
bool vis[N];

struct edge
{
	int next,to,flow,cost;
}e[M];

void add(int from,int to,int flow,int cost)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,flow,cost};
	head[from]=tot;
	swap(from,to);
	e[++tot]=(edge){head[from],to,0,-cost};
	head[from]=tot;
}

bool spfa()
{
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	queue<int> q;
	q.push(S); dis[S]=0;
	while (q.size())
	{
		int u=q.front(); q.pop();
		vis[u]=0;
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (e[i].flow && dis[v]>dis[u]+e[i].cost)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].cost; pre[v]=i;
				if (!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;
			}
		}
	}
	return dis[T]<Inf;
}

void addflow()
{
	int minf=Inf;
	for (int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].to)
		minf=min(minf,e[pre[i]].flow);
	for (int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].to)
	{
		e[pre[i]].flow-=minf;
		e[pre[i]^1].flow+=minf;
	}
	cost+=dis[T]*minf; flow+=minf;
}

void MCMF()
{
	while (spfa())
		addflow();
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	S=N-1; T=N-2;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1,x;j<=n;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]);
			if (i>=j) continue;
			int id=(j-1)*n+i+n;
			add(S,id,1,0);
			if (a[i][j]==0 || a[i][j]==2) add(id,j,1,0);
			if (a[i][j]==1 || a[i][j]==2) add(id,i,1,0);
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=0;j<n;j++) add(i,T,1,j);
	MCMF();
	cout<<n*(n-1)*(n-2)/6-cost<<"\n";
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
		{
			if (a[i][j]!=2 || i>=j) continue;
			int id=(j-1)*n+i+n;
			if (e[head[id]].flow) a[i][j]=0,a[j][i]=1;	
				else a[i][j]=1,a[j][i]=0;
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<=n;j++)
			cout<<a[i][j]<<" ";
		cout<<"\n";
	}
	return 0;
}