bzoj 1189: [HNOI2007]紧急疏散evacuate
Description
发生了火警，所有人员需要紧急疏散！假设每个房间是一个N M的矩形区域。每个格子如果是'.'，那么表示这是一块空地；如果是'X'，那么表示这是一面墙，如果是'D'，那么表示这是一扇门，人们可以从这儿撤出房间。已知门一定在房间的边界上，并且边界上不会有空地。最初，每块空地上都有一个人，在疏散的时候，每一秒钟每个人都可以向上下左右四个方向移动一格，当然他也可以站着不动。疏散开始后，每块空地上就没有人数限制了（也就是说每块空地可以同时站无数个人）。但是，由于门很窄，每一秒钟只能有一个人移动到门的位置，一旦移动到门的位置，就表示他已经安全撤离了。现在的问题是：如果希望所有的人安全撤离，最短需要多少时间？或者告知根本不可能。
Input
输入文件第一行是由空格隔开的一对正整数N与M，3<=N <=20，3<=M<=20，以下N行M列描述一个N M的矩阵。其中的元素可为字符'.'、'X'和'D'，且字符间无空格。
Output
只有一个整数K，表示让所有人安全撤离的最短时间，如果不可能撤离，那么输出'impossible'（不包括引号）。
Sample Input
XXXXX
X...D
XX.XX
X..XX
XXDXX
Sample Output
HINT
2015.1.12新加数据一组，鸣谢1756500824
C++语言请用scanf("%s",s)读入！
Source
二分+按时间拆点+预处理
这个题首先可以通过二分答案从而确定每个门的流量
然后我一开始的想法就是先n遍spfa预处理出每个点到每个门的距离，然后判断是否能在mid内到达，如果能到达就连一条边；
但这样是有问题的，比如说两个到这个门距离为mid的点，但是实际上这两个点我们只能让一个人过，这样就会有问题
于是我们可以把门按时间拆点：
比如说就把一个门拆成mid个点，该门的每个时间的都只有一条流量为1的连向T的边(这样就保证了：每个门的每一个时间点最多只有一个人通过，并且这个门总共最多通过mid个人)
还有每一个时间点向下一个时间点连Inf的边，表示可以留到下一个时间点
这样拆完点后，每个空地就只要向每个门的这两点之间距离的时间点连一条流量为1的边
其余的连边就都很正常了
// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#define RG register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3000;
const int Inf=233;
int gi()
{
int x=0,flag=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*flag;
}
int mx[5]={0,1,-1,0,0};
int my[5]={0,0,0,1,-1};
char ma[N][N];
int head[N*10],to[N*10],nxt[N*10],s[N*10],n,m,id[N][N],cnt=1,tt,lst,S,T,level[N*10],q[N*10],vis[N*10],F;
int dis[N][N],vis2[N],t[500][N*3];
vector<int>p;
void Addedge(int x,int y,int z) {
to[++cnt]=y,s[cnt]=z,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void lnk(int x,int y,int z)
{
Addedge(x,y,z);Addedge(y,x,0);
}
bool bfs(){
for(int i=S;i<=T;i++) level[i]=0,vis[i]=0;
int t=0,sum=1;
q[0]=S,level[S]=1,vis[S]=1;
while(t<sum){
int now=q[t++];
if(now==T) return 1;
for(int i=head[now];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(level[y]==0&&s[i]){
level[y]=level[now]+1;
q[sum++]=y;
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int now,int maxf){
if(now==T) return maxf;
int ret=0;
for(int i=head[now];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i],f=s[i];
if(level[y]==level[now]+1&&f) {
int minn=min(maxf-ret,f);
f=dfs(y,minn);
s[i]-=f;s[i^1]+=f;ret+=f;
if(ret==maxf) break;
}
}
return ret;
}
void Dinic(){
while(bfs()) F+=dfs(S,99999999);
}
struct data{
int x,y;
}q2[N*10];
void spfa(int x,int y){
int t=0,sum=1;q2[0].x=x,q2[0].y=y;
for(int i=1;i<=tt;i++) dis[id[x][y]][i]=Inf;
dis[id[x][y]][id[x][y]]=0;
while(t<sum){
data now=q2[t++];
for(int i=1;i<=4;i++){
int x2=now.x+mx[i],y2=now.y+my[i];
if(vis2[id[x2][y2]]&&dis[id[x][y]][id[x2][y2]]>dis[id[x][y]][id[now.x][now.y]]+1){
dis[id[x][y]][id[x2][y2]]=dis[id[x][y]][id[now.x][now.y]]+1;
if(vis2[id[x2][y2]]==1) q2[sum++]=(data){x2,y2};
}
}
}
}
bool check(int mid){
memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;
tt=lst;
for(int i=0;i<p.size();i++){
for(int j=0;j<=mid;j++){
t[p[i]][j]=++tt;
}
}
T=tt+1;
for(int i=0;i<p.size();i++){
for(int j=0;j<=mid;j++){
lnk(t[p[i]][j],T,1);
if(j!=mid) lnk(t[p[i]][j],t[p[i]][j+1],Inf);
}
}
int ret=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(vis2[id[i][j]]==1){
ret++,lnk(S,id[i][j],1);
for(int k=0;k<p.size();k++){
if(dis[id[i][j]][p[k]]<=mid){
lnk(id[i][j],t[p[k]][dis[id[i][j]][p[k]]],1);
}
}
}
}
F=0;Dinic();
return F==ret;
}
int main(){
freopen("evacuate.in","r",stdin);
freopen("evacuate.out","w",stdout);
n=gi(),m=gi();S=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
id[i][j]=++tt;
lst=tt;
char ch[N];
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;j++){
ma[i][j]=ch[j];
if(ma[i][j]=='.') vis2[id[i][j]]=1;
if(ma[i][j]=='D') vis2[id[i][j]]=2,p.push_back(id[i][j]);
}
}
int l=0,r=Inf,ans=Inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++)
if(vis2[id[i][j]]==1) spfa(i,j);
}
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
if(ans==Inf) puts("impossible");
else printf("%d\n",ans);
}
