网络流之对偶图转最短路

今天学习网络流GET到一个新技能---对偶图。

何为对偶图，这个在网上解释的也是非常不清楚。

对偶图是与平面图相伴的一种图。对于给定平面图G=〈V，E〉，设G的面为F₁，F₂，…，Fₑ，当图G*满足如下条件时，则图G*=〈V*,E*〉称为G的对偶图：

①对G的每个面Fₒ，内部任选一点v*ₒ∈V*；

②对Fₒ，Fₓ的每一条公共边界eₔ，vₒ*与vₓ*间有一条边eₔ*，并且eₔ*与eₔ交于一点；

③当且仅当eₔ仅是一个面Fₒ的边界时，vₒ*有一个环(自回路)，eₒ*与eₔ相交。

这是baidu上的搜索结果。

说白了就是把图根据边拆分成几个小部分，每一个部分都可以把它看成一个点，所经过的原来的每一条边都重新构造，构造成一幅新的图。

比如例题

1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1001

Description

现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，

而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形：

左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路 

1:(x,y)<==>(x+1,y) 

2:(x,y)<==>(x,y+1) 

3:(x,y)<==>(x+1,y+1) 

道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，

开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击

这些兔子.当然为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，

才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔子一网打尽的前提下，参与的

狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.

Input

第一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.

接下来分三部分

第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值. 

第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值. 

第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值. 

输入文件保证不超过10M

Output

输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.

Sample Input

3 4

5 6 4

4 3 1

7 5 3

5 6 7 8

8 7 6 5

5 5 5

6 6 6

Sample Output

14

 

这题一眼最小割，最小割转成最大流。但是，n,m<=1000,这样就是n$\times$m个点。裸的Dinic爆掉了，据说当前弧优化可过。但是我今天介绍的网络流转对偶图最短路可以用上了。我们考虑如何转成最短路？

这样重新建图(一定要细心)跑一遍最短路就是整个图中的最小割(最大流)

我用的是Dij。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define N 6000100
using namespace std;
int head[N],to[N],val[N],nex[N],idx,inq[N];
int f[N];
int n,m;
int S,T;
struct Point
{
    int dis,number;
    inline bool operator < (const Point &a)const
    {
        return dis>a.dis;
    }
};
priority_queue <Point> q;
void addedge(int a,int b,int c)
{
    nex[++idx]=head[a];
    head[a]=idx;
    to[idx]=b;
    val[idx]=c;
}
void dijkstra(int s)
{
    Point tmp;
    tmp.number=s;
    tmp.dis=0;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    q.push(tmp);
    f[tmp.number]=0;
    while(!q.empty())
    {
    	int x=q.top().number;
    	q.pop();
    	if(inq[x])
    		continue;
    	inq[x]=0;
    	for(int i=head[x];i;i=nex[i])
    	{
    		if(f[to[i]]>f[x]+val[i]&&(!inq[to[i]]))
    		{
    			f[to[i]]=f[x]+val[i];
    			tmp.number=to[i];
    			tmp.dis=f[to[i]];
    			q.push(tmp);
    		}
    	}
    }	
}
int main()
{
    int blob1,blob2,val3;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=(n-1)*(m-1)*2+1;
    T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<m;j++)
        {
            if(i<n)
                blob1=(i-1)*(m-1)*2+j;
            else
                blob1=S;
            if(i>1)
                blob2=(i-2)*(m-1)*2+m-1+j;
            else
                blob2=T;
            scanf("%d",&val3);
            addedge(blob1,blob2,val3);
            addedge(blob2,blob1,val3);			
        }
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
        	if(j<m)
        		blob1=(i-1)*(m-1)*2+m-1+j;
        	else
        		blob1=T;
        	if(j>1)
        		blob2=(i-1)*(m-1)*2+j-1;
        	else
        		blob2=S;
        	scanf("%d",&val3);
            addedge(blob1,blob2,val3);
            addedge(blob2,blob1,val3);
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
        	for(int j=1;j<m;j++)
        	{
            	blob1=(i-1)*(m-1)*2+j;
            	blob2=blob1+m-1;
            	scanf("%d",&val3);
            	addedge(blob1,blob2,val3);
            	addedge(blob2,blob1,val3);
        	}
    dijkstra(S);
    printf("%d",f[T]);
}