hdu 2732 Leapin' Lizards（最大流）Mid-Central USA 2005
废话：
这道题不难，稍微构造一下图就可以套最大流的模板了。但是我还是花了好久才解决。一方面是最近确实非常没状态（托词，其实就是最近特别颓废，整天玩游戏看小说，没法静下心来学习），另一方面是不够细心，输出格式错了大意没有发现死一只和死多只之间的区别，卡在那里动不了。
题意：
在一张n*m的地图中，有一群蜥蜴，这群蜥蜴每次可以跳跃曼哈顿距离d（曼哈顿距离——dis(a, b) = |ax-bx|+|ay-by|，之后所有的距离都是曼哈顿距离），这些蜥蜴只能在地图上的一些柱子上跳跃。柱子i最多可以支持ki次经过。如果柱子i距离地图的边界的距离小于d那么蜥蜴可以从柱子i逃出升天。要求计算最后会有多少蜥蜴葬身图中。
输入：
第一行输入一个整数t，表示共有t组数据。
第二行输入两个整数n，d，表示这组数据中地图有n行，蜥蜴一次最大跳跃距离d。
接下来n行输入地图mp1，地图中的数字表示柱子可以经过的次数，0表示不可以经过。
接下来n行输入地图mp2，其中’.’表示空，’L’表示存在一只蜥蜴。
输出：
首先输出组数”Case #x: “，其中x表示第x组。
如果所有的蜥蜴都可以逃出，那么输出”no lizard was left behind.”
如果只有1只死去，那么输出”1 lizard was left behind.”
如果死去多于1只，那么输出”y lizards were left behind.”y表示死去的蜥蜴数量。
题解：
经过一番变化，我们可以构造出一张有向图，然后使用最大流来解决这个问题。
构造方法如下——
- 我们设源点为0，汇点为2*n*m+1（其中n为地图的行，m为地图的列），设图中两点p1到p2的距离，即p1到p2的有向边为mp[p1][p2]。
- 将地图mp1中所有的点拆分成两个点，点pij拆分为mp[][]中的点i*m+j+1与n*m+i*m+j+1，添加边mp[i*m+j+1][n*m+i*m+j+1] = mp1[i][j]。这是我们构造图mp中最关键的一步，正是因为有了这个有向边，我们才可以使用最大流来计算这个题。
- 对于地图mp1，枚举每个点pij，如果这个点距离地图边界的距离小于等于d，那么添加边mp[n*m+i*m+j+1][2*m*n+1] = mp1[i][j]；同时枚举除pij以外的点pkl，如果pij与pkl之间的距离小于等于d那么添加边mp[n*m+i*m+j+1][k*m+l+1] = max(mp1[i][j], mp1[k][l])。
- 对于地图mp2，如果某个点pij 的值mp2[i][j] == ‘L’，那么构造边mp[0][i*m+j+1] = 1。
然后计算从源点到汇点的最大流即可，我使用的Dinic算法。
具体见代码——
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cmath> 4 #include <algorithm> 5 #include <queue> 6 using namespace std; 7 8 const int N = 1000; 9 const int M = 100000010; 10 11 int dis[N]; 12 int cur[N]; 13 bool vis[N]; 14 char mp[2][30][30]; 15 int mp2[N][N]; 16 int n, m, d, t; 17 int ans, sum; 18 19 inline int Min(int x, int y) 20 { 21 return x < y ? x : y; 22 } 23 24 void init() 25 { 26 memset(mp, 0, sizeof(mp)); 27 memset(mp2, 0, sizeof(mp2)); 28 scanf("%d%d", &n, &d); 29 scanf("%s", mp[0][0]); 30 m = strlen(mp[0][0]); 31 sum = 0; 32 ans = 0; 33 for(int i = 1; i < n; i++) 34 { 35 scanf("%s", mp[0][i]); 36 } 37 for(int i = 0; i < n; i++) 38 { 39 for(int j = 0; j < m; j++) 40 { 41 for(int k = 0; k < n; k++) 42 { 43 for(int l = 0; l < m; l++) 44 { 45 int mid1 = abs(i-k)+abs(j-l); 46 if(mid1 <= d && i*m+j+1 != k*m+l+1) //点pij到点pkl之间距离小于等于d且不是同一点 47 { 48 int mid = Min(mp[0][i][j], mp[0][k][l]); 49 mp2[n*m+i*m+j+1][k*m+l+1] = mid; //从点pij到点pkl的边 50 } 51 } 52 } 53 mp2[i*m+j+1][n*m+i*m+j+1] = mp[0][i][j]-'0'; //从点pij到点pij的边 54 if(i < d || j < d || n-i <= d || m-j <= d) mp2[m*n+i*m+j+1][2*n*m+1] = mp[0][i][j]-'0'; //从点pij到汇点的边 55 } 56 } 57 for(int i = 0; i < n; i++) 58 { 59 scanf("%s", mp[1][i]); 60 for(int j = 0; j < m; j++) 61 { 62 if(mp[1][i][j] == 'L') 63 { 64 mp2[0][i*m+j+1] = 1; //从源点到点pij的边 65 sum++; 66 } 67 } 68 } 69 m = 2*n*m+1; 70 } 71 72 bool bfs() 73 { 74 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 75 queue<int> que; 76 que.push(0); 77 dis[0] = 0; 78 vis[0] = 1; 79 while(!que.empty()) 80 { 81 int k = que.front(); 82 que.pop(); 83 for(int i = 0; i <= m; i++) 84 { 85 if(!vis[i] && mp2[k][i] > 0) 86 { 87 vis[i] = 1; 88 dis[i] = dis[k]+1; 89 que.push(i); 90 } 91 } 92 } 93 return vis[m]; 94 } 95 96 int dfs(int x, int val) 97 { 98 if(x == m || val == 0) return val; 99 int flow = 0, minn; 100 for(int& i = cur[x]; i <= m; i++) 101 { 102 if(dis[x]+1 == dis[i] && (minn = dfs(i, Min(val, mp2[x][i]))) > 0) 103 { 104 mp2[x][i] -= minn; 105 mp2[i][x] += minn; 106 flow += minn; 107 val -= minn; 108 if(val == 0) break; 109 } 110 } 111 return flow; 112 } 113 114 void work() //Dinic算法 115 { 116 while(bfs()) 117 { 118 for(int i = 0; i <= m; i++) cur[i] = 1; 119 ans += dfs(0, M); 120 } 121 } 122 123 void outit(int tm) 124 { 125 sum -= ans; 126 printf("Case #%d: ", tm); 127 if(!sum) printf("no lizard was left behind.\n"); 128 else if(sum == 1) printf("1 lizard was left behind.\n"); 129 else printf("%d lizards were left behind.\n", sum); 130 } 131 132 int main() 133 { 134 //freopen("test.in", "r", stdin); 135 scanf("%d", &t); 136 for(int tm = 1; tm <= t; tm++) 137 { 138 init(); 139 work(); 140 outit(tm); 141 } 142 return 0; 143 }
最大流入门——
