BZOJ 1001 [BeiJing2006]狼抓兔子

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。

 

正解：对偶图+最短路

解题报告：

　　以前用裸dinic做过这道题，现在上一点高级的算法。

　　显然裸网络流很虚，然而可以水过。考虑转对偶图。因为题目要求最小割，那么我们肯定是想画一条线割掉图中的一些边使网格图不连通就可以了。

　　那么我们可以以面为单位，（原图中的边会分割出两个面），那么我们把面看做点，然后面与面之间连边，显然连的边就是面与面之间的相邻的边的流量。然后连接s，t，就可以造出一个新的面，令新的面为源点，外面的无界面为汇点，汇点向所有上部、右部与无界面相邻的面连边，源点类似。这样就可以构出对偶图。

　　最后在对偶图中跑最短路即可。也很好理解，因为我们需要切掉一段（就是一些边），显然我们可以通过最短路使割尽可能小。因为每一条边都切断了原图中的一条边，选择这条边就意味着在原图中，这条边切断的边是最小割的一部分。

　　WA了几发，都是蛋疼的n==1 || m==1。。。

 

 

//It is made by jump~
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#ifdef WIN32   
#define OT "%I64d"
#else
#define OT "%lld"
#endif
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 2000111;
const int MAXM = 8000111;
const int inf = (1<<30);
int n,m,s,t,ecnt;
int first[MAXN],next[MAXM],to[MAXM],w[MAXM];
bool pd[MAXN];

struct node{
    int dis,x;
    bool operator < (const node &a) const {
    return a.dis<dis;
    }
}a[MAXN];

priority_queue<node>Q;

inline int getint()
{
       int w=0,q=0;
       char c=getchar();
       while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar();
       if (c=='-')  q=1, c=getchar();
       while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar();
       return q ? -w : w;
}

inline void link(int x,int y,int z){
    next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z;
    next[++ecnt]=first[y]; first[y]=ecnt; to[ecnt]=x; w[ecnt]=z;
}

inline void dijkstra(){
    for(int i=1;i<=t;i++) a[i].dis=inf,a[i].x=i;
    a[s].dis=0; Q.push(a[s]); int u;
    while(!Q.empty()) {
    u=Q.top().x; Q.pop();
    if(pd[u]) continue; pd[u]=1;
    for(int i=first[u];i;i=next[i]) {
        int v=to[i];
        if(a[v].dis>a[u].dis+w[i]) {
        a[v].dis=a[u].dis+w[i];
        Q.push(a[v]);
        }
    }
    }
}

inline void te(){
    if(n==1) swap(n,m);
    int ans=inf; int x;
    for(int i=1;i<n;i++) x=getint(),ans=min(ans,x);
    printf("%d",ans);
}

inline void work(){
    n=getint(); m=getint();
    //一共有(n-1)*(m-1)个方格，每个方格共有两个点    
    if(n==1 || m==1) { te(); return ; }
    //int x; s=(n-1)*(m-1)*2+1; t=s+1;
    int x;s=(n*m-n-m+1)*2+1; t=s+1;//有一个为1就都会为0！！！
    //s=0; t=(n*m-n-m+1)*2+1;//貌似只能这样才能过掉1的点
    for(int i=1;i<m;i++) x=getint(),link(t,i,x);
    for(int i=1;i<=n-2;i++) for(int j=1;j<m;j++)   x=getint(),link((i<<1)*(m-1)+j,((i<<1)-1)*(m-1)+j,x);
    for(int i=1;i<m;i++) x=getint(),link(s,((n<<1)-3)*(m-1)+i,x);
    for(int i=0;i<=n-2;i++) 
    for(int j=1;j<=m;j++){
        x=getint();
        if(j==1) link(s,(i<<1)*(m-1)+m,x);//每行的上下两个中的下面那个
        else if(j==m) link(t,((i<<1)|1)*(m-1),x);//每行最右边上下两个中的上面那个
        else link((i<<1)*(m-1)+j-1,(i<<1)*(m-1)+j+m-1,x);
    }
    for(int i=0;i<=n-2;i++) 
    for(int j=1;j<m;j++){
        x=getint();
        link(((i<<1)|1)*(m-1)+j,(i<<1)*(m-1)+j,x);
    }

    dijkstra();
    printf("%d",a[t].dis);
}

int main()
{
  work();
  return 0;
}