2019CCPC 秦皇岛 E.Escape

传送门

题意：
给出一个\(n*m\)的迷宫，有\(a\)个入口,\(b\)个出口。
现在有\(a\)个机器人都从入口出发，一开始方向默认为下，你可以选在在一些格子上面放置一个转向器，转向器有四种：

• 向下走变为向右走；
• 向下走变为向左走；
• 向上走变为向右走；
• 向上走变为向左走。

每个格子最多放一个转向器。
问最后是否存在一种方案，使得每个机器人都能到达从其中一个出口。

思路：
因为题目要求转向器只能接受固定方向，并且变为固定方向，所以有几个比较重要的观察：

• 不存在两个机器人的路线共线；
• 若一个格子上存在转向器，那么至多只能经过一个机器人；
• 若一个格子上没有转向器，那么可以经过两个方向垂直的机器人。

观察一挺好证明，若存在两个机器人共方向，说明其中一个机器人经过转向器，而另一个没有经过，出现矛盾。后面几个yy一下应该好理解。

所以现在问题就是，一个格子只能横向经过或竖向经过，若经过转换器，只能经过一次，问能否使得\(a\)个机器人成功走到终点。

考虑网络流，我们将点拆成两类：一类是“水平”类点，另一类是“垂直”类点。那么一开始我们有水平和水平的相连，垂直的和垂直的相连，流量为\(1\)。
考虑经过转换器时，方向发生了变化，那么我们对于一个点，允许其向另一个方向转化，流量为\(1\)。
容易发现这样的建图刚好符合上面的要求。

PS：网上代码很多都是错的，因为没有考虑到障碍物的情况，注意一下最后到出口时，是否能到达\((n,x)\)这个点。
细节见代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 50005;

#define INF 0x3f3f3f3f
template <class T>
struct Dinic{
    struct Edge{
        int v, next;
        T flow;
        Edge(){}
        Edge(int v, int next, T flow) : v(v), next(next), flow(flow) {}
    }e[N * 30];
    int head[N], tot;
    int dep[N];
    void init() {
        memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0;
    }
    void adde(int u, int v, T w, T rw = 0) {
        e[tot] = Edge(v, head[u], w);
        head[u] = tot++;
        e[tot] = Edge(u, head[v], rw);
        head[v] = tot++;
    }
    bool BFS(int _S, int _T) {
        memset(dep, 0, sizeof(dep));
        queue <int> q; q.push(_S); dep[_S] = 1;
        while(!q.empty()) {
            int u = q.front(); q.pop();
            for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next) {
                int v = e[i].v;
                if(!dep[v] && e[i].flow > 0) {
                    dep[v] = dep[u] + 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return dep[_T] != 0;
    }
    T dfs(int _S, int _T, T a) {
        T flow = 0, f;
        if(_S == _T || a == 0) return a;
        for(int i = head[_S]; ~i; i = e[i].next) {
            int v = e[i].v;
            if(dep[v] != dep[_S] + 1) continue;
            f = dfs(v, _T, min(a, e[i].flow));
            if(f) {
                e[i].flow -= f;
                e[i ^ 1].flow += f;
                flow += f;
                a -= f;
                if(a == 0) break;
            }
        }
        if(!flow) dep[_S] = -1;
        return flow;
    }
    T dinic(int _S, int _T) {
        T max_flow = 0;
        while(BFS(_S, _T)) max_flow += dfs(_S, _T, INF);
        return max_flow;
    }
};

Dinic <int> solve;

int n, m, a, b;
char mp[105][105];

int id(int x, int y) {
    return (x - 1) * m + y;
}

bool ok(int x, int y) {
    return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && mp[x][y] != '1';
}

void run() {
    solve.init();
	cin >> n >> m >> a >> b;
	int base = (n + 1) * m;
	int s = 0, t = 2 * base + 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> (mp[i] + 1);
	}
    for(int i = 1; i <= a; i++) {
        int x; cin >> x;
        solve.adde(s, id(1, x), 1);
    }
    for(int i = 1; i <= b; i++) {
        int x; cin >> x;
        solve.adde(id(n, x), t, 1);
}
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            if(mp[i][j] == '1') continue;
            if(ok(i - 1, j)) solve.adde(id(i, j), id(i - 1, j), 1);
            if(ok(i + 1, j)) solve.adde(id(i, j), id(i + 1, j), 1);
            if(ok(i, j - 1)) solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j - 1) + base, 1);
            if(ok(i, j + 1)) solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j + 1) + base, 1);
            solve.adde(id(i, j), id(i, j) + base, 1);
            solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j), 1);
        }
    }
    if(solve.dinic(s, t) == a) cout << "Yes" << '\n';
    else cout << "No" << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

较完整题解：hhh