贪吃蛇（bzoj 4213）

Description

 最近lwher迷上了贪吃蛇游戏，在玩了几天却从未占满全地图的情况下，他不得不承认自己是一个弱菜，只能改去开发一款更弱的贪吃蛇游戏。

在开发的过程中，lwher脑洞大开，搞了一个多条蛇的模式。但由于这种模式太难操作，于是他只好改变游戏的玩法，稍微变化一下游戏目标。

新的游戏是这样的：

一些蛇覆盖了一个网格。每个格子要么是一个障碍物，要么是蛇的一部分。每条蛇占据了一条折线(拐角处只能水平和竖直连接)，且只是占据两个格子。蛇与蛇之间不能重叠，蛇也不会与自己重叠。每条蛇还必须满足以下两个条件中的一个：

     1、两个端点所在的格子在网格的边界。

     2、蛇构成一个环，即两个端点相邻(垂直或水平，不能斜着)，至少要占据4个格子(否则没法形成环)。

给定一个网格，用r x c的字符矩阵描述：‘#’代表障碍物，‘.’代表空地。在满足前面所述的条件下覆盖所有空地，并使得端点在网格边界(即不构成环)的蛇尽量少。（如果一条蛇既构成环，又是端点在边界，那么不计入答案）

     例如，以下网格：

 

 

 

可以由下面三种方案覆盖。还有其他的方案，但是没法仅用一条不构成环的蛇就覆盖整个网络的方案。

 

 

 

给定一个网络的描述，输出最少需要多少条不构成环的蛇来覆盖这个网格。如果不存在能够覆盖网格的方案，输出-1。

 

Input

一个字符矩阵，行数和列数不超过12。输入文件中没有多余的空白字符，每行之后都有换行符。

 

Output

输出满足题目要求的那个整数。

 

 

Sample Input

......
.#.##.
.#....
....#.
.##.#.
......

Sample Output

2

/*
    上下界费用流，建图很诡异。
    考虑一条不构成环的蛇,除了头尾之外的点,每个点都与两个点相连。 
    而环形蛇则所有点都与两个点相连。 
    所以我们对矩阵黑白染色.建立源点s,汇点t。 
    s向所有白点连容量为2,费用为0的边,表示这个点需要与两个点相连。 
    所有黑点向t连容量为2,费用为0的边,表示两个点需要与这个点相连。 
    这里的容量为2是指容量必须为2,需要上下界来限定。 
    每个白点向周围的黑点连容量为1,费用为0的边,表示这个点可以和周围的点形成蛇。 
    这里的容量并不要求一定是1,不需要用上下界来限定。 
    每个边界上的白点向t连容量为1,费用为1的边,表示形成了一条不成环的蛇。 
    s向每个边界上的黑点连容量为1,费用为1的边,表示形成了一条不成环的蛇。 
    然后用有源有汇有上下界的费用流处理即可。 
    注意每条蛇会在头和尾各算一次,所以最后答案需要除2。 
    （题解源于：http://blog.csdn.net/sunshinezff/article/details/51824068） 
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 310
#define inf 1000000000
using namespace std;
int head[N],dis[N],inq[N],fa[N],d[N],n,m,cnt=1,SS,TT,S,T,ans;
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
struct node{int v,f,w,pre;}e[N*10];
char ch[N][N];
queue<int> q;
void add(int u,int v,int f,int w){
    e[++cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].w=w;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
    e[++cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].w=-w;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt;
}
bool spfa(){
    for(int i=0;i<=T;i++) dis[i]=inf;
    q.push(S);dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=e[i].pre)
            if(e[i].f&&dis[e[i].v]>dis[u]+e[i].w){
                dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w;
                fa[e[i].v]=i;
                if(!inq[e[i].v]){
                    q.push(e[i].v);
                    inq[e[i].v]=1;
                }
            }
    }
    return dis[T]!=inf;
}
void updata(){
    int i=fa[T],x=inf;
    while(i){
        x=min(x,e[i].f);
        i=fa[e[i^1].v];
    }
    i=fa[T];
    while(i){
        e[i].f-=x;
        e[i^1].f+=x;
        i=fa[e[i^1].v];
    }
    ans+=x*dis[T];
}
bool check(){
    for(int i=head[S];i;i=e[i].pre)
        if(e[i].f) return false;
    return true;
}
int hao(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
int main(){
    int tot=0;
    while(scanf("%s",ch[n+1]+1)!=EOF) n++;
    m=strlen(ch[1]+1);SS=n*m+1;TT=SS+1;S=TT+1;T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(ch[i][j]=='#') continue;
            if(i+j&1){
                if(i==1||j==1||i==n||j==m) add(hao(i,j),TT,1,1);
                d[SS]-=2;d[hao(i,j)]+=2;
                for(int k=0;k<4;k++){
                    int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
                    if(x<1||x>n||y<1||y>m||ch[x][y]=='#') continue;
                    add(hao(i,j),hao(x,y),1,0);
                }
            }
            else {
                if(i==1||j==1||i==n||j==m) add(SS,hao(i,j),1,1);
                d[TT]+=2;d[hao(i,j)]-=2;
            }
        }
    for(int i=1;i<=TT;i++)
        if(d[i]>0) add(S,i,d[i],0);
        else if(d[i]<0) add(i,T,-d[i],0);
    add(TT,SS,inf,0);
    while(spfa()) updata();
    if(!check()) printf("-1");
    else printf("%d",ans/2);
    return 0;
}