BZOJ-1001 狼抓兔子 （最小割-最大流）平面图转对偶图+SPFA
1001: [BeiJing2006]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。
—————————————————华华丽丽的分割线————————————————-
这道题一看就是最小割问题，而由最小割-最大流定理我们可以知道，平面图最小割=平面图最大流=对偶图的最短路
然而我网络流并不是很会，正好这道题最大流会爆，故只能转对偶图跑最短路
先说一下转对偶图的转法：
这里用题目做解释：
将每个三角形看做一个节点，并分别编号1,2….，并设置两个节点，起点S和终点T，将每一条边割开，即连接各个点（三角形），新的边权等于被割掉的边的边权，然后跑SPFA即可
分析得：
对于横行：
1.第一行割开后的点（三角形）都与终点T连边
2.除去第一行和最后一行的其余割开后的两个相邻的点（三角形）连边
3.最后一行的隔开后的点（三角形）都与起点S连边
对于纵行：
1.最左边的纵行割开后与起点S连边
2.除最左最右边的纵行割开后的两个相邻点（三角形）连边
3.最右边的纵行割开后与终点T连边
对于斜行：
1.割开后与相邻两点（三角形）连边
（如上述图所示）
最后跑S到T的最短路即可
—————————————————华华丽丽的分割线————————————————-
代码如下（关于图的转换，各个公式推一下就好，其实不是很麻烦）：
/**************************************************************
Problem: 1001
User: DaD3zZ
Language: C++
Result: Accepted
Time:3428 ms
Memory:124324 kb
****************************************************************/
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
bool visit[6000100]={false};
int cnt=0,next[6000100]={0},point[6000100]={0},v[6000100]={0},cost[6000100]={0};
int n,m,s,t;
int dis[6000100];
queue <int>que;
void add(int a,int b,int c)
{
next[++cnt]=point[a];
point[a]=cnt;
v[cnt]=b;
cost[cnt]=c;
}
int spfa()
{
memset(dis,127,sizeof(dis));
int now,loc;
dis[s]=0;
que.push(s);
visit[s]=true;
while (!que.empty())
{
now=que.front();que.pop();
visit[now]=false;loc=point[now];
while (loc>0)
{
if (dis[v[loc]]>dis[now]+cost[loc])
{
dis[v[loc]]=dis[now]+cost[loc];
if (visit[v[loc]]==false)
{
visit[v[loc]]=true; que.push(v[loc]);
}
}
loc=next[loc];
}
}
return dis[t];
}//裸SPFA
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
s=0; t=(n-1)*(m-1)*2+1;
for (int i=1; i<=m-1; i++)
{
int x;scanf("%d",&x);
add(i*2,t,x);add(t,i*2,x);
}
for (int i=2; i<=n-1; i++)
for (int j=1; j<=m-1; j++)
{
int x;scanf("%d",&x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2,(i-1)*(m-1)*2+j*2-m*2+1,x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2-m*2+1,(i-1)*(m-1)*2+j*2,x);
}
for (int i=1; i<=m-1; i++)
{
int x;scanf("%d",&x);
add((n-2)*2*(m-1)+i*2-1,s,x);
add(s,(n-2)*2*(m-1)+i*2-1,x);
}
//横行的转换
for (int i=1; i<=n-1; i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
add((i-1)*(m-1)*2+1,s,x);
add(s,(i-1)*(m-1)*2+1,x);
for (int j=1; j<=m-2; j++)
{
scanf("%d",&x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2+1,(i-1)*(m-1)*2+j*2,x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2,(i-1)*(m-1)*2+j*2+1,x);
}
scanf("%d",&x);
add((i-1)*(m-1)*2+(m-2)*2+2,t,x);
add(t,(i-1)*(m-1)*2+(m-2)*2+2,x);
}
//竖行的转换
for (int i=1; i<=n-1; i++)
for (int j=1; j<=m-1; j++)
{
int x;scanf("%d",&x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2-1,(i-1)*(m-1)*2+j*2,x);
add((i-1)*(m-1)*2+j*2,(i-1)*(m-1)*2+j*2-1,x);
}
//斜行的转换
int ans=spfa();
printf("%d",ans);
return 0;
}
