题目描述
在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到A胜过B，B胜过C而C又胜过A的有趣情况，不妨形象的称之为 剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的 剪刀石头布情况发生，即有多少对 无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里 无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将(A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B)和(C, B, A)视为相同的情况。
有 N个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少 剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的 剪刀石头布情况。
输入
输入文件的第1行是一个整数 N，表示参加比赛的人数。
之后是一个 N行 N列的数字矩阵：一共 N行，每行 N列，数字间用空格隔开。
在第( i+1)行的第 j列的数字如果是1，则表示 i在已经发生的比赛中赢了 j；该数字若是0，则表示在已经发生的比赛中 i败于 j；该数字是2，表示 i和 j之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第( i+1)行第 i列的数字都是0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。
输入文件保证合法，不会发生矛盾，当 i ≠ j时，第( i+1)行第 j列和第( j+1)行第 i列的两个数字要么都是2，要么一个是0一个是1。
输出
输出文件的第1行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少 剪刀石头布情况。
输出文件的第2行开始有一个和输入文件中格式相同的 N行 N列的数字矩阵。第( i+1)行第 j个数字描述了 i和 j之间的比赛结果，1表示 i赢了 j，0表示 i负于 j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字2；对角线上的数字都是0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。
样例输入
3 0 1 2 0 0 2 2 2 0
样例输出
1 0 1 0 0 0 1 1 0 0
题解
动态加边费用流
首先正着想很难想，考虑反过来：已知最多可能产生的情况个数为$C_n^3$，求最少破坏多少个“剪刀石头布”情况？
然后考虑：对于任意的一个点（一只队伍），如果它有某两条出边，那么就破坏了这三个点之间的“剪刀石头布”情况。
而如果某个点的出度为d，则任意选出两条边的方案数为$C_d^2=\frac{d(d-1)}2$，差分得$C_d^2-C_{d-1}^2=d-1$。
于是我们可以使用使用拆边法来解决问题：S->每条边，容量为1，费用为0；每条边如果是有向边，则向指向发出边的点（赢的队伍），否则指向两个点，容量为1，费用为0。对于每个点，拆出n条边连向T，第i条边的容量为i-1。
然后跑最小费用流出解。由于直接跑会TLE，所以使用动态加边来优化。
最后满流的边指向的队伍就是赢的队伍。
#include#include #include #define N 11000#define M 2200000#define pos(i , j) (i - 1) * n + jusing namespace std;queue q;int head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N] , ans[110][110];void add(int x , int y, int v , int c){ to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt; to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;}bool spfa(){ int x , i; memset(from , -1 , sizeof(from)); memset(dis , 0x3f , sizeof(dis)); dis[s] = 0 , q.push(s); while(!q.empty()) { x = q.front() , q.pop(); for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i]) dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]); } return ~from[t];}int calc(int x){ int i; for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) if(!val[i]) return to[i]; return 0;}int mincost(){ int ans = 0 , i , k; while(spfa()) { k = 1 << 30; for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]); ans += k * dis[t] , add(from[t] , t , 1 , cost[pre[t]] + 1); for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k; } return ans;}int main(){ int n , i , j , x; scanf("%d" , &n) , s = 0 , t = n * n + n + 1; for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) { scanf("%d" , &x); if(i < j) { add(s , pos(i , j) , 1 , 0); if(x != 0) add(pos(i , j) , n * n + i , 1 , 0); if(x != 1) add(pos(i , j) , n * n + j , 1 , 0); } } } for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) add(n * n + i , t , 1 , 0); printf("%d\n" , n * (n - 1) * (n - 2) / 6 - mincost()); for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) if(i < j) x = calc(pos(i , j)) - n * n , ans[x][i + j - x] = 1; for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) printf("%d " , ans[i][j]); printf("\n"); } return 0;}