Topcoder SRM570 D1L3 CurvyonRails
几个样例：
5 5
wCCww
wCC..
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....w
ww..w
Returns: 0
3 3
C.w
...
.C.
Returns: 1
21 20
CC..CCCw.CwC..CC.w.C
C.CCCwCCC.w.w..C.w..
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C.w.wC.CC.CCC.C.w.Cw
CCw.CCC..C..CC.CwCCw
C.wwwww.CwwCCwwwwwww
Returns: 9
分析：非常好的一道题！
这道题和bzoj3171非常像.是一类容量表示限制的题,即要求的东西有许多限制，通过限定容量大小来满足这些限制. 因为和容量大小有关，所以这些限制一般为数字上的限制.
遇到这类题该怎么做呢？
1.题目肯定会让你求满足条件的情况下的最值.首先要分析得到怎么样才能满足条件,一定要找到数字关系！
2.容量大小代表数字限制，建一个直观的最大流模型.
3.拆点，将有花费的操作连成对应的有费用的边.
如何建呢？
首先找到初始状态，即所有边都是没有任何费用的. 例如bzoj3171题目中给出的箭头，本题中将所有的轨道变成弯的就是初始状态了. 接着找到需要费用的边. 例如bzoj3171中的更改箭头方向，本题中的将一个弯的轨道变成直的轨道（有弯星人在上面的）. 最后检查建出来的图是否满足要求：存在对应关系:满足限制即满流.
对于这道题而言，每一个空地必须伸出两个轨道，每个点有直的铁轨和弯的铁轨.
直的铁轨即，一块空地连出两条横向或纵向的轨道。弯的铁轨即，一块空地连出一条横向和一条纵向的轨道。
一个点两种不同的类别，这启示我们拆点分类.对于每一个点拆成两个点，一个是横着的点，伸出两个横着的轨道，一个是竖着的点，伸出两个竖着的轨道.它们都只和相邻的没有障碍的点拆出来的对应点相连,容量为1，费用为0
有费用的边即同一个点拆出来的两个点，如果这个点上有弯星人，它们之间的费用则为1，否则为0,容量为1.
那么和源汇的边要怎么处理呢？
错误的做法：一个点既连源点又连汇点. 显然这样源点会直接通过这个点走到汇点,不行.
正确的做法是黑白染色！相当于把图看作二分图. 对于图上做网络流，连边的问题通常用这种方法解决.
事实上也不需要真的dfs去染色，只需要看行数+列数是奇数还是偶数即可.
最后要先判断是否满流，再来输出解.
挺好的题，将限制与容量联系起来，是一类较为常见的题型.get到了新姿势：黑白染色建图.
#include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 5010,dx[] = {0,0,1,-1},dy[] = {1,-1,0,0},inf = 0x7fffffff; int n,m,head[maxn],to[maxn * 2],nextt[maxn * 2],w[maxn * 2],cost[maxn * 2],tot = 2; int S,T,ans,anss,sum; int vis[maxn],vis2[maxn],d[maxn]; char s[maxn][maxn]; void add(int x,int y,int z,int p) { cost[tot] = p; w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; cost[tot] = -p; w[tot] = 0; to[tot] = x; nextt[tot] = head[y]; head[y] = tot++; } bool spfa() { for (int i = 1; i <= T; i++) d[i] = inf; memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(vis2,0,sizeof(vis2)); d[S] = 0; vis[S] = 1; queue <int> q; q.push(S); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] > d[u] + cost[i]) { d[v] = d[u] + cost[i]; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; q.push(v); } } } } return d[T] < inf; } int dfs(int u,int f) { if (u == T) { ans += d[u] * f; return f; } int res = 0; vis2[u] = 1; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (!vis2[v] && w[i] && d[v] == d[u] + cost[i]) { int temp = dfs(v,min(f - res,w[i])); w[i] -= temp; w[i ^ 1] += temp; res += temp; if (res == f) return res; } } return res; } void dinic() { while (spfa()) anss += dfs(S,inf); } int calc(int x,int y) { return (x - 1) * m + y; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); S = n * m * 2 + 1; T = S + 1; for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s",s[i] + 1); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) { if (s[i][j] == 'w') continue; int temp = calc(i,j); if ((i + j) % 2 == 0) { sum += 2; add(S,calc(i,j),1,0); add(S,calc(i,j) + n * m,1,0); //横 if (j - 1 > 0 && s[i][j - 1] != 'w') add(calc(i,j),calc(i,j - 1),1,0); if (j + 1 <= m && s[i][j + 1] != 'w') add(calc(i,j),calc(i,j + 1),1,0); //竖 if (i - 1 > 0 && s[i - 1][j] != 'w') add(calc(i,j) + n * m,calc(i - 1,j) + n * m,1,0); if (i + 1 <= n && s[i + 1][j] != 'w') add(calc(i,j) + n * m,calc(i + 1,j) + n * m,1,0); } else { add(calc(i,j),T,1,0); add(calc(i,j) + n * m,T,1,0); } int p = 0; if (s[i][j] == 'C') p = 1; add(calc(i,j),calc(i,j) + n * m,1,p); add(calc(i,j) + n * m,calc(i,j),1,p); } dinic(); if (anss != sum) ans = -1; printf("%d\n",ans); return 0; }
