[BZOJ3504][CQOI2014]危桥

bzoj
luogu

sol

很显然的建边方式：普通的桥建双向流量\(inf\)的边，危桥建双向流量\(2\)的边。
然后分别从\(a_1\)，\(b_1\)向\(a_2\)，\(b_2\)跑最大流，保证流量分别要大于等于\(a_n\)，\(b_n\)。
多源汇且源汇一一对应的网络流是一类NPC问题，但在这里只有两源两汇，可以采用两次\(Dinic\)的方式，第一次\(S\)连\(a_1\),\(b_1\)，\(T\)连\(a_2\),\(b_2\)跑最大流，第二次\(S\)连\(a_1\),\(b_2\)，\(T\)连\(a_2\),\(b_1\)再跑一遍，只要两遍都能保证满流就行了。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 60;
const int inf = 1e9;
struct edge{int to,nxt,w;}a[N*N<<2];
int n,a1,a2,an,b1,b2,bn,head[N],cnt,dep[N],cur[N];
char map[N][N];queue<int>Q;
void link(int u,int v,int w)
{
	a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};
	head[u]=cnt;
	a[++cnt]=(edge){u,head[v],w};
	head[v]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t)
{
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	dep[s]=1;Q.push(s);
	while (!Q.empty())
	{
		int u=Q.front();Q.pop();
		for (int e=head[u];e;e=a[e].nxt)
			if (a[e].w&&!dep[a[e].to])
				dep[a[e].to]=dep[u]+1,Q.push(a[e].to);
	}
	return dep[t];
}
int dfs(int u,int f,int t)
{
	if (u==t) return f;
	for (int &e=cur[u];e;e=a[e].nxt)
		if (a[e].w&&dep[a[e].to]==dep[u]+1)
		{
			int tmp=dfs(a[e].to,min(a[e].w,f),t);
			if (tmp) {a[e].w-=tmp;a[e^1].w+=tmp;return tmp;}
		}
	return 0;
}
int Dinic(int s,int t)
{
	int res=0;
	while (bfs(s,t))
	{
		for (int i=1;i<=t;++i) cur[i]=head[i];
		while (int tmp=dfs(s,inf,t)) res+=tmp;
	}
	return res;
}
int solve(int s1,int s2,int t1,int t2)
{
	int s=n+1,t=n+2;
	memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;
	for (int i=1;i<n;++i)
		for (int j=i+1;j<=n;++j)
			if (map[i][j]=='N') link(i,j,inf);
			else if (map[i][j]=='O') link(i,j,2);
	link(s,s1,an<<1);link(s,s2,bn<<1);
	link(t1,t,an<<1);link(t2,t,bn<<1);
	return Dinic(s,t);
}
int main()
{
	while (scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
	{
		++a1;++a2;++b1;++b2;
		for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",map[i]+1);
		puts(solve(a1,b1,a2,b2)==2*(an+bn)&&solve(a1,b2,a2,b1)==2*(an+bn)?"Yes":"No");
	}
	return 0;
}