[BeiJing2006]狼抓兔子
bzoj 1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
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Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBDescription
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
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。
法1、平面图转对偶图求最小割 2128 ms
#include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> #define N 3000010 #define M 9000150 using namespace std; int n,m,ans,tot; int src,dec,next[M],to[M],front[N],cap[M]; long long DIS[N]; struct edge { int number; long long dis; bool operator <(edge b) const { return dis>b.dis; } }; priority_queue<edge>q; void add(int u,int v,int w) { to[++tot]=v;next[tot]=front[u];front[u]=tot;cap[tot]=w; } bool dijkstra() { for(int i=1;i<=dec;i++) DIS[i]=2e9; q.push((edge){0,0}); while(!q.empty()) { edge now=q.top();q.pop(); if(DIS[now.number]!=now.dis) continue; for(int i=front[now.number];i;i=next[i]) { if(DIS[to[i]]>DIS[now.number]+1ll*cap[i]) { DIS[to[i]]=DIS[now.number]+1ll*cap[i]; q.push((edge){to[i],DIS[to[i]]}); } } } printf("%d\n",DIS[dec]); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,l=2*m; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); add((i-1)*l+1+(j-1)*2+1,(i-1)*l+1+(j-1)*2+1+l+1,x); add((i-1)*l+1+(j-1)*2+1+l+1,(i-1)*l+1+(j-1)*2+1,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&x); add(i*l+(j-1)*2+1,i*l+(j-1)*2+1+1,x); add(i*l+(j-1)*2+1+1,i*l+(j-1)*2+1,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); add(i*l+j*2,i*l+j*2+1,x); add(i*l+j*2+1,i*l+j*2,x); } dec=(n+1)*l; for(int i=l+1;i+l<=dec;i+=l) add(src,i,0); for(int i=n*l+1;i<dec;i++) add(src,i,0); for(int i=2;i<l;i+=2) add(i,dec,0); for(int i=2*l;i+l<=dec;i+=l) add(i,dec,0); dijkstra(); return 0; }
法2、直接跑最大流 2120 ms
注意是无向图，所以不建反向弧
#include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> #define N 1000010 #define M 9000150 using namespace std; int n,m,ans,tot=1; int src,decc,nextt[M],to[M],front[N],cap[M],lev[N],cur[N]; queue<int>q; void add(int u,int v,int w) { to[++tot]=v;nextt[tot]=front[u];front[u]=tot;cap[tot]=w; to[++tot]=u;nextt[tot]=front[v];front[v]=tot;cap[tot]=w; } bool bfs() { for(int i=0;i<=decc;i++) {cur[i]=front[i];lev[i]=-1;} while(!q.empty()) q.pop(); q.push(src);lev[src]=0; while(!q.empty()) { int now=q.front();q.pop(); for(int i=front[now];i!=0;i=nextt[i]) { int t=to[i]; if(cap[i]>0&&lev[t]==-1) { q.push(t); lev[t]=lev[now]+1; if(t==decc) return true; } } } return false; } int dinic(int now,int flow) { if(now==decc) return flow; int delta,rest=0; for(int & i=cur[now];i!=0;i=nextt[i]) { int t=to[i]; if(lev[t]==lev[now]+1&&cap[i]>0) { delta=dinic(t,min(cap[i],flow-rest)); if(delta) { cap[i]-=delta;cap[i^1]+=delta; rest+=delta;if(rest==flow) break; } } } if(rest!=flow) lev[now]=-1; return rest; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&x); add((i-1)*m+j,i*m+j,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); add((i-1)*m+j,i*m+j+1,x); } decc=n*m+1; add(src,1,0x7fffffff);add(n*m,decc,0x7fffffff); while(bfs()) ans+=dinic(src,0x7fffffff); printf("%d",ans); return 0; }
