【24.58%】【BZOJ 1001】狼抓兔子
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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
HINT
2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。
【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1001
【题解】
把整个图的对偶子图搞出来；
就是把所有线组成的面看成新的节点;
原来的线相邻的两个面之间连接一条边；边权就是原来的线的边权(容量);
如果原来的线没有相邻的面;就在那个面所代表的点连一条自环.
起点到终点的任意一条路径都是原图的一个割。
显然。咱们从起点到终点求一下最短路就是最小割了；
建对偶图可以按照下面的方法建;
其实就是从左到右，从上到下的顺序编号(每个大格);
然后编号乘个2，奇数就是上小格，偶数就是下小格。
盗张图
了解更多详见
http://wenku.baidu.com/link?url=87F10nBWauMdSF-PaKHoG-3fZj0jFE63P6pHSeX6ZiguQqXOQxm41iLWW5IdZCp2MWFQ8JghamfeI68PtLqEv_JSWapGp5z415gNoYb031u
【完整代码】
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 2000000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,m,s,t;
vector <int> a[MAXN];
vector <int> w[MAXN];
bool inque[MAXN];
queue <int> dl;
int dis[MAXN];
void add(int x,int y,int z)
{
a[x].push_back(y);
w[x].push_back(z);
a[y].push_back(x);
w[y].push_back(z);
}
int main()
{
//freopen("F:\\rush.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
if (n==1 || m==1)
{
int mi = INF;
for (int i = 1;i <= max(n,m)-1;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
mi = min(mi,x);
}
printf("%d\n",mi);
return 0;
}
s = 0;
t = 2*(n-1)*(m-1)+1;
for (int j = 1;j <= m-1;j++)
{
int cost;
scanf("%d",&cost);
int s1 = 2*j-1;
add(s,s1,cost);
}
for (int i = 1;i <= n-2;i++)
{
for (int j = 1;j <= m-1;j++)
{
int cost;
scanf("%d",&cost);
int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
int s2 = 2*(i*(m-1)+j)-1;
add(s1,s2,cost);
}
}
for (int j = 1;j <= m-1;j++)
{
int cost;
scanf("%d",&cost);
int s1 = 2*((n-2)*(m-1)+j);
add(s1,t,cost);
}
//横边处理完毕....
for (int i = 1;i <= n-1;i++)
{
for (int j = 1;j <= m;j++)
{
int cost;
cin >> cost;
if (j==1)
{
int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+1);
add(s1,t,cost);
}
else
if (j==m)
{
int s1 = 2*i*(m-1)-1;
add(s,s1,cost);
}
else
{
int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
int s2 = 2*((i-1)*(m-1)+j-1)-1;
add(s1,s2,cost);
}
}
}
//竖边处理完毕....
for (int i = 1;i <= n-1;i ++)
{
for (int j = 1;j <= m-1;j++)
{
int cost;
scanf("%d",&cost);
int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
int s2 = 2*((i-1)*(m-1)+j)-1;
add(s1,s2,cost);
}
}
//斜边处理完毕...
memset(dis,INF,sizeof(dis));
dis[s] = 0;
inque[s] = true;
dl.push(s);
while (!dl.empty())
{
int x = dl.front();
inque[x] = false;
dl.pop();
int len = a[x].size();
for (int i = 0;i <= len-1;i++)
{
int y = a[x][i];
int co = w[x][i];
if (dis[y] > dis[x]+co)
{
dis[y] = dis[x] + co;
if (!inque[y])
{
dl.push(y);
inque[y] = true;
}
}
}
}
printf("%d\n",dis[t]);
return 0;
}
