【学习笔记】网络流
喜了，恼了，喜恼了，恼喜了，喜恼喜了，恼喜恼了，了了了。
一些概念
\bf{\underline{网络}}：是一个特殊的有向图 G=(V,E)，它包含：
-
源点 s，汇点 t(s \ne t)。
-
每条边 e(u,v) 都有一个容量 c(u,v)。
\bf{\underline{流}}：就像水流，把每条边想象成管道，流就是流过其中的水，从网络源点 s 流向汇点 t，需要保证每条边上的流 f(u,v) 不超过其容量，其满足以下性质：
- \bf{\underline{容量限制}}：f(u,v) \leq c(u,v)。
- \bf{\underline{流守恒}}：除源点和汇点外，任意点的净流量为0。
\bf{\underline{净流量}}：定义节点 u 的净流量 f(u)=\sum\limits_{v \in V}f(u,v)-\sum\limits_{v \in V}f(v,u)。
定义一个网络上的流 f 的流量 |f|=f(s)=-f(t)。
\bf{\underline{割}}：令 {S,T} 为 V 的划分（S\cup T 且 S\cap T=\varnothing），且 s\in S,t\in T，则称 {S,T} 为该网络的一个割，定义其容量 ||S,T||=\sum\limits_{u\in S}\sum\limits_{v\in T}c(u,v)。
常见问题：
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\bf{\underline{最大流问题}}：找到给定网络的一个合适的流 f，使得该流的流量尽可能大，称 f 为最大流。
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\bf{\underline{最小割问题}}：找到给定网络的一个合适的割 {S,T}，使得该割的容量尽可能小，称 {S,T} 为最小割。
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\bf{\underline{最小费用最大流问题}}：给定网络，给定每条边一个费用 w(u,v)，即单位流量通过该边所花费的代价，对所有可能的最大流，找出一条费用最小的，称为最小费用最大流。
网络最大流
Ford-Fulkerson 思想
Ford-Fulkerson 是网络流的一个重要思想，接下来的算法都是基于该思想的优化，弄明白了 Ford-Fulkerson 增广的原理，其他的就好说了。
先来几个概念：
\bf{\underline{增广路}}：一条从 s 到 t 的剩余流量非空的路径，它是用来扩充网络最大流的。
\bf{\underline{残留网络}}：令 c(u,v) 等于其剩余流量，然后把所有剩余流量为 0 的边删掉后的网络。
流程：
- 初始时所有边的流量均为 0。
- 增广：找到一条从 s 到 t 的简单路径，按照流的性质，找到这条路径上的最大流，更新每条边的残余容量，（可以等价于减少该边的容量，当该边容量减为 0 则说明该边已满流），更新残留网络。
- 重复步骤 2，直到找不出一条路径。
但这样基于贪心的策略并不一定最优，原因是当前增广的路径会对以后的增广产生影响，如下图：
我们第一次增广路径 S \to A \to B \to T，更新最大流为 10。
这样我们增广出来的最大流容量为 10，但显然 S\to B\to T 和 S\to A\to T 能增广出来 20。
如何消除这种影响？
我们在对每条边补充一个反向边，初始时权值为 0，对于每次增广的边，在减少原边容量的同时，增加反向边的容量，这样有啥用？
可以发现，这样我们就可以在原来的残留网络上再进行一次增广，得到最大流容量为 20，其中 (u,v) 这条边，正着流了一次，反着流了一次，相当于最大流根本不流经该边，实际上等于：
发现这样是遵循流量守恒的。
时间复杂度是值域级别，原因：
最大流是 114514+1919810= 不知道多少，然而如果我们每次只增广 A\to B 路径，就要增广不知道多少次。
Edmonds-Karp 算法
基于 Ford-Fulkerson 的优化，每次增广最短路，让复杂度有了保证。
每条边的长度为 1，所以求的是 01 最短路，BFS 复杂度 \mathit{\Theta}(E)。
复杂度证明：
每次增广出的路径会使至少一条边的剩余容量减为零，称该边为关键边
因为每次找的是最短路，在残留网络中删除关键边，所以增广路的长度是单调不减的，且不超过 V，所以最坏情况下每条边最多被增广 V 次，单次增广复杂度 E,所以总复杂度 \mathit{\Theta}(VE^2)。
实现：
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struct node{ int w,v,nxt; }e[M<<1]; int head[M],cnt=1; il void add(int u,int v,int w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,s,t; int pre[M],dis[M]; queue<int> q; il int bfs(){ for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=0,dis[i]=1145141919; q.push(s); while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(pre[y]||y==s||!e[i].w)continue; q.push(y); dis[y]=min(dis[x],e[i].w); pre[y]=i; } } if(!pre[t])return -1; return dis[t]; } main(){ n=read(),m=read(),s=read(),t=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(),w=read(); add(u,v,w); add(v,u,0); } ll ans=0; while(true){ int k=bfs(); if(k==-1)break; ans+=k; int now=t; while(now!=s){ e[pre[now]].w-=k; e[pre[now]^1].w+=k; now=e[pre[now]^1].v; } } cout<<ans; return 0; }
Dinic 算法
EK 算法在稠密图是 n^5 级别的，能不能继续优化？
我们发现 EK 每次bfs只能增广出一条增广路，所以慢了，能不能一次性找出多条。
Dinic 算法的思想就是一次找出所有最短路，全跑了。
按其DFS深度将网络分层，然后一遍DFS跑完全图最短路，即只走跨层的边。
这样就复杂度就少了一个 E，是 \mathit{\Theta}(VE) 的吗？不是，因为一个点会被经过多次。
两个优化：
-
对增广完的点剪枝：把剩余容量为 0 的点深度置为-1，说明该点无法在当前分层图上做出贡献，就不要再访问它了。
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当前弧优化：记录数组 now[u] 改变枚举边的起点。对于点 u，当增广到它的第 i 条边时，前 i-1 条边到汇点的流量已经被用完了，访问了也没用，就不用再访问了，它保证了每条边最多只会被访问一次。
Dinic时间复杂度上限是 \mathit{\Theta}(V^2E) 的，证明见 OI wiki ，我不会。
但实际上并不会跑满，出题人只要有 ma 就不会卡。。
实现：
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define ll long long #define int long long il ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int M=5010; const ll inf=1ll<<60; struct node{ int v,nxt; ll w; }e[M<<1]; int head[M],cnt=1; il void add(int u,int v,ll w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,s,t; int dep[M],now[M]; queue<int> q; il bool bfs(){ while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n;i++)dep[i]=-1; dep[s]=0; q.push(s); now[s]=head[s]; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==-1){ q.push(y); now[y]=head[y]; dep[y]=dep[x]+1; if(y==t)return 1; } } } return 0; } int dfs(int x,ll sum){ if(x==t)return sum; ll k,flow=0; for(int i=now[x];i&∑i=e[i].nxt){ now[x]=i; int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&(dep[y]==dep[x]+1)){ k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); if(k==0)dep[y]=-1; e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } main(){ n=read(),m=read(),s=read(),t=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(); ll w=read(); add(u,v,w); add(v,u,0); } ll ans=0; while(bfs())ans+=dfs(s,inf); cout<<ans; return 0; }
最小割
\bf{\underline{最大流最小割定理}}：最大流流量等于最小割容量：|f|=||{S,T}||
证明：
首先跑完最大流剩余容量为 0 的边全部割掉就是一个合法的割，若 s 和 t 仍然联通，则还可以继续增广，显然该流不是最大流，所以最小割的容量肯定不会大于最大流，否则该流一定不是最大流。即 |f|\le ||{S,T}||。
若最小割小于最大流，则跑完最小割的所有割边增广出来的流量小于最大流，那就不会有更多的流量流到汇点，所以该最大流不合法，所以 |f|=||{S,T}||。
所以直接套用最大流的算法就行了。
最小费用最大流
思路：
每次增广时增广当前费用最少的流，一直增广下去，直到找不到路径，此时得到的就是最小费用最大流。
这个是容易理解的，每次我们会增广一个固定的流量，选择一条总费用最少的路径，我们的花费就是最小的，这样我们的总花费也是最小的。
所以费用流问题就是最大流问题和最短路径问题的结合，这里介绍 dinic+SPFA 的方法，即 ZKW 费用流。
ZKW 费用流
关于spfa，它活了
为啥我们要选择 SPFA 来跑最短路，dij 它不香吗？我们在建立反向边时，其费用势必会出负数，而 dij 无法处理负边权，所以我们的 SPFA 它就活了。
将 Dinic 的 BFS 求最短路换成 SPFA 基本上就是套用 Dinic 的模板。
注意在 DFS 时该图不一定为DAG，可能在一个环上死循环，需要记一个 vis 数组。
说白了其实就是 EK 的一个常数优化。
实现：
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define ll long long il ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int M=5e4+10; const int N=5e3+10; const ll inf=1ll<<50; struct node{ int v,nxt; ll w,c; }e[M<<1]; int head[N],cnt=1; il void add(int u,int v,ll w,ll c){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].c=c; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,s,t; bool vis[N]; ll dis[N]; queue<int>q; il bool SPFA(){ for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=false,dis[i]=inf; while(!q.empty())q.pop(); dis[s]=0; q.push(s); vis[s]=true; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(!e[i].w||dis[y]<=dis[x]+e[i].c)continue; dis[y]=dis[x]+e[i].c; if(!vis[y]){ q.push(y); vis[y]=1; } } } return dis[t]<inf; } ll dfs(int x,ll sum){ if(x==t)return sum; ll flow=0; vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(!vis[y]&&e[i].w>0&&(dis[y]==dis[x]+e[i].c)){ ll k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } main(){ n=read(),m=read(),s=read(),t=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(),w=read(),c=read(); add(u,v,w,c); add(v,u,0,-c); } ll ans=0,Ans=0; while(SPFA()){ ll tmp=dfs(s,inf); ans+=tmp; Ans+=1ll*tmp*dis[t]; } cout<<ans<<" "<<Ans; return 0; }
网络流建模
P2472 [SCOI2007] 蜥蜴
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对于原来有的每一只蜥蜴，从源点向每一只蜥蜴所在的石柱连边，流量为 1，表示只会在该石柱生成一只蜥蜴。
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对于每一个石柱，将其拆成两个点，入点和出点，从入店向出点连一条流量为 a_i 的边，表示该石柱只能经过 a_i 次。
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石柱和石柱之间，若欧几里得距离（不是曼哈顿距离） \le d 则连一条流量为 +\infty 的边，表示石柱之间可到达。
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对于每一个石柱，若到边界的距离 \le d，则往汇点连一条流量为 +\infty 的边，表示该石柱可以跳出边界。
然后跑最大流。
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline il int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int N=2200; const int M=41000; const int inf=1ll<<30; char ch[N][N]; int a[N][N],tot(0); map<pair<int,int>,int> id; pair<int,int> pos[M]; il double get_dis(int x,int y){ return sqrt(1.0*(pos[x].first-pos[y].first)*(pos[x].first-pos[y].first)+1.0*(pos[x].second-pos[y].second)*(pos[x].second-pos[y].second)); } struct node{ int v,w,nxt; }e[M<<3]; int head[M],cnt(1); il void add(int u,int v,int w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,d,s,t; namespace Dinic{ int dep[M],now[M]; queue<int> q; il bool bfs(){ while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=2*tot+2;i++)dep[i]=-1; dep[s]=0; q.push(s); now[s]=head[s]; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==-1){ q.push(y); now[y]=head[y]; dep[y]=dep[x]+1; if(y==t)return 1; } } } return 0; } int dfs(int x,int sum){ if(x==t)return sum; int k,flow=0; for(int i=now[x];i&∑i=e[i].nxt){ now[x]=i; int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&(dep[y]==dep[x]+1)){ k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); if(k==0)dep[y]=-1; e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } int main(){ int ans=0; while(bfs())ans+=dfs(s,inf); return ans; } } int main(){ n=read(),m=read(),d=read(); for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ a[i][j]=ch[i][j]-'0'; if(a[i][j]>0){ id[{i,j}]=++tot; pos[tot]={i,j}; } } s=2*tot+1,t=2*tot+2; for(int i=1;i<=tot;i++){ if(pos[i].first<=d||pos[i].second<=d||(n+1-pos[i].first<=d)||(m+1-pos[i].second<=d)){ add(i+tot,t,inf); add(t,i+tot,0); } } for(int i=1;i<=tot;i++){ for(int j=1;j<=tot;j++){ if(i==j)continue; if(get_dis(i,j)<=1.0*d){ add(i+tot,j,inf); add(j,i+tot,0); } } } for(int i=1;i<=tot;i++){ add(i,i+tot,a[pos[i].first][pos[i].second]); add(i+tot,i,0); } int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(ch[i][j]=='L'){ sum++; int to=id[{i,j}]; // cout<<s<<"->"<<to<<endl; add(s,to,1); add(to,s,0); } int tot=Dinic::main(); cout<<sum-tot; return 0; }
[SDOI2015] 星际战争
二分答案 T,判断在 T 的时间内的答案是否大于等于所有装甲值之和。
对于一个已知的时间 T，如下建图：
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对于每一个激光武器，从源点向该武器连一条容量为 T\times b_i，表示在 T 时间内造成最多能造成的伤害。
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对于每一个机器人，向汇点连一条容量为 a_i 的边，表示该机器人被摧毁需要的伤害。
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将每一个激光武器向它能攻击到的机器人连一条容量为 +\infty 的边，表示可以攻击。
然后跑最大流。
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define ll long long il int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int N=60; const int M=10000; const double eps=1e-4; const int inf=1ll<<30; int a[N],b[N]; bool mp[N][N]; struct node{ int v,nxt; double w; }e[M<<1]; int head[M],cnt(1); il void add(int u,int v,double w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,s,t,tot; namespace Dinic{ int dep[M],now[M]; queue<int> q; bool bfs(){ while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n+m+2;i++)dep[i]=inf; dep[s]=0; q.push(s); now[s]=head[s]; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>eps&&dep[y]==inf){ q.push(y); dep[y]=dep[x]+1; now[y]=head[y]; if(y==t)return 1; } } } return 0; } double dfs(int x,double sum){ if(x==t)return sum; double flow=0; for(int i=now[x];i&&sum>eps;i=e[i].nxt){ now[x]=i; int y=e[i].v; if(e[i].w>eps&&dep[y]==dep[x]+1){ double k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); if(k<eps)dep[y]=inf; e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } double main(){ double ans=0; while(bfs())ans+=dfs(s,inf); return ans; } } bool Testify(double T){ for(int i=1;i<=n+m+2;i++)head[i]=0; cnt=1; for(int i=1;i<=m;i++){ add(s,i,1.0*T*b[i]); add(i,s,0); } for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(mp[i][j]){ add(i,j+m,inf); add(j+m,i,0); } for(int i=1;i<=n;i++){ add(i+m,t,1.0*a[i]); add(t,i+m,0); } double ans=Dinic::main(); return (ans>=tot-eps); } int main(){ n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),tot+=a[i]; for(int i=1;i<=m;i++)b[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) mp[i][j]=read(); s=n+m+1,t=n+m+2; double L=0,R=50000.0,mid; while(R-L>eps){ mid=L+(R-L)/2; if(Testify(mid))R=mid; else L=mid; } printf("%.5f\n",L); return 0; }
P4311 士兵占领
考虑先给所有可以放的位置放上士兵，再尽可能多的地删除多余的士兵，这不就是最大流吗。
我们设 R_l(i) 表示第 i 行能放的位置数， R_c(i) 表示第 i 列能放的位置数。
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从源点向每一行连一条容量为 R_l(i)-L_i 的边，表示该行最多能删除的士兵数。
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行和列之间如果交点能放士兵则连一条容量为 1 的边，表示该位置只能被删除一次。
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从每一列向汇点连一条容量为 R_c(i)-C_i 的边，表示该列最多能删除的士兵数。
然后跑最大流。
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define ll long long il int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int M=110; const int inf=1ll<<30; int a[M],b[M],aa[M],bb[M]; bool mp[M][M]; int del[M][M]; struct node{ int v,nxt,w; }e[M*M<<1]; int head[2*M],cnt(1); il void add(int u,int v,int w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,k,s,t; namespace Dinic{ int dep[2*M],now[2*M]; queue<int> q; il bool bfs(){ while(!q.empty())q.pop(); for(int i=1;i<=n+m+2;i++)dep[i]=inf; q.push(s); dep[s]=0; now[s]=head[s]; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==inf){ q.push(y); dep[y]=dep[x]+1; now[y]=head[y]; if(y==t)return 1; } } } return 0; } int dfs(int x,int sum){ if(x==t)return sum; int flow=0; for(int i=now[x];i;i=e[i].nxt){ now[x]=i; int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==dep[x]+1){ int k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); if(k==0)dep[y]=inf; e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } int main(){ int ans=0; while(bfs())ans+=dfs(s,inf); return ans; } } int main(){ m=read(),n=read(),k=read(); int tot=n*m-k; for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) mp[i][j]=1; while(k--){ int u=read(),v=read(); mp[u][v]=0; aa[u]++; bb[v]++; } s=n+m+1,t=n+m+2; for(int i=1;i<=m;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(!mp[i][j])continue; add(i,j+m,1); add(j+m,i,0); } } for(int i=1;i<=m;i++){ int val=n-aa[i]; if(a[i]>val)return !puts("JIONG!"); add(s,i,val-a[i]); add(i,s,0); } for(int i=1;i<=n;i++){ int val=m-bb[i]; if(b[i]>val)return !puts("JIONG!"); add(i+m,t,val-b[i]); add(t,i+m,0); } cout<<tot-Dinic::main(); }
P3191 [HNOI2007] 紧急疏散EVACUATE
还是二分答案，考虑怎么求一个时间内最多能疏散的人数。
发现这道题比较难搞的地方是每个门每个时间只能疏散一个人。
这种情况下我们有一个套路就是把这个门拆了，每个时间对应一个门（这个门在另一个时间就不是它自己了）
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从源点向每个人连容量为 1 边。
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每个人向能到达的门连容量为 1 的边。
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每个时间的每个门向汇点连一条容量为 1 的边，表示一个门一个时间只能疏散一个人。
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每个门向自己之后的一个时间的门连一条容量为 +\infty 的边，表示每个人到达门后还可以等到之后的某个时间再走。
然后跑最大流。
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define ll long long il int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int M=30; const int N=M*M; const int V=N; const int maxe=1e6+10; const int inf=1ll<<30; struct node{ int v,nxt,w; }e[maxe<<1]; int head[maxe],cnt(1); il void add(int u,int v,int w){ e[++cnt].v=v; e[cnt].w=w; e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } int n,m,S,T; char ch[M][M]; namespace Dinic{ int dep[maxe],now[maxe]; il bool bfs(){ queue<int> q; for(int i=1;i<=T;i++)dep[i]=inf; dep[S]=0; q.push(S); now[S]=head[S]; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==inf){ now[y]=head[y]; dep[y]=dep[x]+1; q.push(y); if(y==T)return 1; } } } return 0; } int dfs(int x,int sum){ if(x==T)return sum; int flow=0; for(int i=now[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].v; if(e[i].w>0&&dep[y]==dep[x]+1){ int k=dfs(y,min(sum,e[i].w)); if(k==0)dep[y]=inf; e[i].w-=k; e[i^1].w+=k; flow+=k; sum-=k; } } return flow; } int main(){ int ans=0; while(bfs()){ ans+=dfs(S,inf); } return ans; } } int dcnt(0),tot(0),dis[N][N]; bool vis[M][M]; map<pair<int,int>,int>id,doorid; pair<int,int> pos[N],doorpos[N]; il bool Testify(int tim){ for(int i=1;i<=T;i++)head[i]=0; cnt=1; for(int i=1;i<=dcnt;i++){ for(int j=1;j<=min(V,tim);j++){ add(tot+2*(i-1)*V+j,tot+2*(i-1)*V+V+j,1); add(tot+2*(i-1)*V+V+j,tot+2*(i-1)*V+j,0); add(tot+2*(i-1)*V+V+j,T,inf); add(T,tot+2*(i-1)*V+V+j,0); } for(int j=2;j<=V;j++){ add(tot+2*(i-1)*V+j-1,tot+2*(i-1)*V+j,inf); add(tot+2*(i-1)*V+j,tot+2*(i-1)*V+j-1,0); } for(int j=1;j<=tot;j++){ if(dis[i][j]<=tim){ add(j,tot+2*(i-1)*V+dis[i][j],1); add(tot+2*(i-1)*V+dis[i][j],j,0); } } } for(int i=1;i<=tot;i++){ add(S,i,1); add(i,S,0); } int tmp=Dinic::main(); return tmp>=tot; } void bfs(int stx,int sty,int now){ queue<pair<pair<int,int>,int>>q; q.push({{stx,sty},0}); while(!q.empty()){ pair<pair<int,int>,int> tp=q.front(); q.pop(); int x=tp.first.first,y=tp.first.second,dep=tp.second; if(vis[x][y])continue; vis[x][y]=1; if(ch[x][y]=='.')dis[now][id[{x,y}]]=dep; if(x<n&&ch[x+1][y]=='.')q.push({{x+1,y},dep+1}); if(x>1&&ch[x-1][y]=='.')q.push({{x-1,y},dep+1}); if(y<m&&ch[x][y+1]=='.')q.push({{x,y+1},dep+1}); if(y>1&&ch[x][y-1]=='.')q.push({{x,y-1},dep+1}); } } int main(){ n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(ch[i][j]=='.'){ ++tot; pos[tot]={i,j}; id[{i,j}]=tot; } else if(ch[i][j]=='D'){ ++dcnt; doorpos[dcnt]={i,j}; doorid[{i,j}]=dcnt; } } } if(dcnt==0)return !puts("impossible"); for(int i=1;i<=dcnt;i++){ for(int j=1;j<=tot;j++)dis[i][j]=inf; } S=tot+2*V*dcnt+1;T=S+1; for(int i=1;i<=dcnt;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); bfs(doorpos[i].first,doorpos[i].second,i); } int L=0,R=400,ans=0; while(L<=R){ int mid=(L+R)>>1; if(Testify(mid)){ R=mid-1; ans=mid; } else L=mid+1; } cout<<ans; return 0; }
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