【HDU4859】 海岸线（网络流-最小割）

Problem Description
欢迎来到珠海！

由于土地资源越来越紧张，使得许多海滨城市都只能依靠填海来扩展市区以求发展。作为Z市的决策人，在仔细观察了Z市地图之后，你准备通过填充某些海域来扩展Z市的海岸线到最长，来吸引更多的游客前来旅游度假。为了简化问题，假设地图为一个N*M的格子，其中一些是陆地，一些是可以填充的浅海域，一些是不可填充的深海域。这里定义海岸线的长度为一个联通块陆地（可能包含浅海域填充变为的陆地）的边缘长度，两个格子至少有一个公共边，则视为联通。

值得注意的是，这里Z市的陆地区域可以是不联通的，并且整个地图都处在海洋之中，也就是说，Z市是由一些孤岛组成的，比如像，夏威夷？

你的任务是，填充某些浅海域，使得所有岛屿的海岸线之和最长。

 

Input
输入第一行为T，表示有T组测试数据。
每组数据以两个整数N和M开始，表示地图的规模。接下来的N行，每一行包含一个长度为M的字符串，表示地图，‘.’表示陆地，’E’表示浅海域，’D’表示深海域。

[Technical Specification]

1. 1 <= T <= 100
2. 1 <= N, M <= 47

 

Output
对每组数据，先输出为第几组数据，然后输出最长的海岸线长度。

 

Sample Input
3 2 2 EE EE 3 3 EEE .E. EEE 3 3 EEE DED EEE

 

Sample Output
Case 1: 8 Case 2: 16 Case 3: 20
Hint
对于第三组样例，一种可行方案是： .E. D.D .E. 这样5个孤立小岛的海岸线总长为4 * 5 = 20。
 
 
 
 
【分析】
　　网络流构图。
　　最小割定理：最小割等于最大流。
　　
　　引用一段：http://www.kuangbin.net/archives/hdu4859

因为E有两个选择D或者.   其实就暗含了最小割的模型。 最小割的话，就是一部分分到源点一侧，一部分分到汇点一侧。

如果把源点分在一起当成是.   和汇点分在一起当成是D.  那么建图的时候，相邻的建流量为1的边。 如果这个点本来是. 那个连汇点是INF，本来是D的，连源点是INF。

如果是这种建图的话，最小割求出来的最小周长。

我们需要的最大周长。

稍微转化下。 我们希望相邻格子不同的最多，其实就是要相邻格子相同的最少。

所以用最小割来求相邻格子相同的最小值，然后总相邻数减掉这个就是答案了。

建图方法就是一开始进行奇偶染色。相当于对于点(x,y)

如果(x+y)%2 == 0 那么当成这个格子是 . 的，和源点分在一起。

如果(x+y)%2 == 1 那么当成这个格子是 D 的，和汇点分在一起。

相邻两点都建边。

这样建图的话，如果在源点一侧的跑到了汇点一侧，那么就相当于这个点从.变到D, 自然相同的数量要减少了、

汇点一侧的跑到了源点一侧，那么就相当于这个点从D变成了.

建图的时候，如果(x+y)%2==0 && 这个点本来就是D  或者 (x+y)%2 == 1 && 这个点本来就是.     那么这个点必须和汇点在一起，就把这个点和源点连INF的边。 相反情况类似处理。

这样建图出来的最小割，一定就是相邻格子是同一类的最小数量。总相邻减掉这个值就是答案了。

 
 
　　即如图所示：
 
　　对于右边绿色的图的情况的（1，1）点和（1，2）点连边如图所示。（蓝色为边的编号，橙色为流量）
　　上面棕色点为（1，1） 下面棕色点为（1，2）
　   割边1表示点（1，1）为陆，割边2表示点（1，1）为海
　   割边4表示点（1，2）为海，割边5表示点（1，2）为陆
　　因为有双向边3，所以当两点同为陆或者海，必须把3号边也割了（花费1），图才能分割开。
　　一开始假设所有有可能的（即不确定的）都是海岸线，建图跑最小割即可。
　　注意相邻两点表示陆海的时候要反过来。
 
　　网络流之前打的模版有点慢，导致我一直TLE，这样做会快一点：
 
AC代码如下：
  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<queue>
  7 using namespace std;
  8 #define Maxn 4010
  9 #define Maxm 4010*4
 10 #define INF 0xfffffff
 11 
 12 char s[60];
 13 
 14 int map[60][60];
 15 int dx[6]={0,-1,0,0,1},
 16     dy[6]={0,0,-1,1,0};
 17 int num[60][60];
 18 int s1[60][60],s2[60][60];
 19 
 20 struct node
 21 {
 22     int x,y,f,o,next;
 23 }t[Maxm*2];int len;
 24 
 25 int st,ed;
 26 int dis[Maxn],first[Maxn];
 27 
 28 int mymin(int x,int y) {return x<y?x:y;}
 29 
 30 void ins(int x,int y,int f)
 31 {
 32     if(f==0) return; 
 33     t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f;
 34     t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+1;
 35     t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=0;
 36     t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-1;
 37 }
 38 
 39 queue<int > q;
 40 bool bfs()
 41 {
 42     while(!q.empty()) q.pop();
 43     memset(dis,-1,sizeof(dis));
 44     dis[st]=0;q.push(st);
 45     while(!q.empty())
 46     {
 47         int x=q.front();q.pop();
 48         for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>0)
 49         {
 50             int y=t[i].y;
 51             if(dis[y]==-1)
 52             {
 53                 dis[y]=dis[x]+1;
 54                 q.push(y);
 55             }
 56         }
 57     }
 58     if(dis[ed]!=-1) return 1;
 59     return 0;
 60 }
 61 
 62 int ffind(int x,int mmin)
 63 {
 64     if(x==ed) return mmin;
 65     int r=0;
 66     for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(dis[t[i].y]==dis[x]+1 && t[i].f>0)
 67     {
 68         int y=t[i].y,a=mymin(t[i].f,mmin-r);
 69         a=ffind(y,a);r+=a;
 70         t[i].f-=a;
 71         t[t[i].o].f+=a;
 72     }
 73     if(r==0) dis[x]=-1;
 74     return r;
 75 }
 76 
 77 int min_cut()
 78 {
 79     int a,ans=0;
 80     while(bfs()) ans+=ffind(st,INF);
 81     return ans;
 82 }
 83 
 84 int main()
 85 {
 86     int T,kase=0,ans;
 87     scanf("%d",&T);
 88     while(T--)
 89     {
 90         int n,m;
 91         scanf("%d%d",&n,&m);
 92         for(int i=1;i<=n;i++)
 93         {
 94             scanf("%s",s);
 95             for(int j=0;j<m;j++)
 96             {
 97                 if(s[j]=='E') map[i][j+1]=0;
 98                 else if(s[j]=='.') map[i][j+1]=1;
 99                 else map[i][j+1]=2;
100             }
101         }
102         
103         int ans=2*n*m+n+m;
104         for(int i=0;i<=m+1;i++) map[0][i]=2,map[n+1][i]=2;
105         for(int i=0;i<=n+1;i++) map[i][0]=2,map[i][m+1]=2;
106         
107         memset(s1,0,sizeof(s1));
108         memset(s2,0,sizeof(s2));
109         for(int i=1;i<=n;i++)
110          for(int j=1;j<=m;j++) if(map[i][j]!=0)
111          {
112              int now=i*(m+2)+j;
113              for(int k=1;k<=4;k++)
114              {
115                  int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
116                  if(map[i][j]==1) s1[nx][ny]++;
117                  if(map[i][j]==2) s2[nx][ny]++;
118                  if((nx==0||ny==0||nx==n+1||ny==m+1)&&map[i][j]==2) ans--;
119                  else if(map[nx][ny]!=0&&map[nx][ny]==map[i][j]&&k<=2)    ans--;
120              }
121          }
122         for(int i=1;i<=m;i++) s2[1][i]++,s2[n][i]++;
123         for(int i=1;i<=n;i++) s2[i][1]++,s2[i][m]++;
124         memset(first,0,sizeof(first));
125         len=0;int cnt=2;
126         st=1,ed=2;
127         for(int i=1;i<=n;i++)
128          for(int j=1;j<=m;j++) if(map[i][j]==0)
129          {
130              int now=++cnt;num[i][j]=cnt;
131              if((i+j)%2==0) {ins(now,ed,s2[i][j]);ins(st,now,s1[i][j]);}
132              else {ins(now,ed,s1[i][j]);ins(st,now,s2[i][j]);}
133              for(int k=1;k<=2;k++)
134              {
135                  int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
136                  if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue;
137                  if(map[nx][ny]!=0) continue;
138                  int d=num[nx][ny];
139                  ins(now,d,1);ins(d,now,1);
140              }
141          }
142         ans-=min_cut();
143         printf("Case %d: %d\n",++kase,ans);
144     }
145     return 0;
146 }
[HDU4859]

 

2016-05-17 16:42:42

posted @ 2016-05-17 16:40  konjak魔芋  阅读(404)  评论(0)  编辑  收藏  举报