2278. 企鹅游行

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2278. 企鹅游行

在南极附近的某个地方，一些企鹅正站在一些浮冰上。

作为群居动物，企鹅们喜欢聚在一起，因此，它们想在同一块浮冰上会合。

企鹅们不想淋湿自己，所以它们只能利用自己有限的跳跃能力，在一块块浮冰之间跳跃移动，从而聚在一起。

但是，最近的温度很高，浮冰上也有了裂纹。

每当企鹅在一块浮冰上发力跳到另一块浮冰上时，起跳的浮冰都会遭到破坏，落点的浮冰并不会因此受到影响。

当浮冰被破坏到一定程度时，浮冰就会消失。

现在已知每块浮冰可以承受的具体起跳次数。

请帮助企鹅找出它们可以会合的所有浮冰。

上图是一个浮冰上站着 $3$ 个企鹅的示例图。

输入格式

第一行一个整数 $T$，表示测试数据数量。

对于每组测试数据：

第一行包含一个整数 $N$ 和一个浮点数 $D$，表示冰块的数量以及企鹅可以跳跃的最大距离。

接下来 $N$ 行，每行包含四个整数 $x_i,y_i,n_i,m_i$，用来描述一块浮冰的 $X$ 坐标、$Y$ 坐标、该浮冰上站着的企鹅数量以及该浮冰可以承受的起跳次数。

$N$ 块浮冰按照输入的顺序，依次编号为 $0 \sim N-1$。

输出格式

对于每组测试数据：

输出占一行，按从小到大的顺序输出所有可以用来会合的浮冰的编号。

如果无法会合，则输出 $-1$。

数据范围

$1 \le T \le 100$,
$1 \le N \le 100$,
$0 \le D \le 10^5$,
$-10000 \le x_i,y_i \le 10000$,
$0 \le n_i \le 10$,
$1 \le m_i \le 200$

输入样例：

2
5 3.5
1 1 1 1
2 3 0 1
3 5 1 1
5 1 1 1
5 4 0 1
3 1.1
-1 0 5 10
0 0 3 9
2 0 1 1

输出样例：

1 2 4
-1

解题思路

最大流，拆点

建图：建立源点 $S$，向所有初始的点连边，容量为初始时点上企鹅的数量，然后向所有能够相互到达的点之间连边，容量足够大，由于每个点之间也有限制，故需要拆点，即将每个点拆分为入点和出点，入点向出点连边，容量为每个点的承受能力，最后枚举回合的点，即汇点 $T$，最后判断最大流是否满流即可。$\color{red}{为什么？}$流量的移动即企鹅的移动轨迹，最后如果都到达汇点，说明所有的企鹅都到达的汇合点，而且拆完点后，每个点都有限制，即对应实际中每个点最多被跳的限制

• 时间复杂度：$O(T\times n^2m\times n)$

代码

// Problem: 企鹅游行
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2280/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=205,M=20405,inf=1e9;
int n,S,T;
PII a[N];
double D;
int h[N],f[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],cur[N],q[N],hh,tt;
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool ck(PII a,PII b)
{
    double dx=a.fi-b.fi,dy=a.se-b.se;
	return dx*dx+dy*dy<=D*D;
}
bool bfs()
{
    memset(d,-1,sizeof d);
    q[0]=S;
    hh=tt=d[S]=0;
    cur[S]=h[S];
    while(hh<=tt)
    {
        int x=q[hh++];
        for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
        {
            int y=e[i];
            if(d[y]==-1&&f[i])
            {
                d[y]=d[x]+1;
                cur[y]=h[y];
                if(y==T)return true;
                q[++tt]=y;
            }
        }
    }
    return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
    if(x==T)return limit;
    int flow=0;
    for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
    {
        cur[x]=i;
        int y=e[i];
        if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
        {
            int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
            if(!t)d[y]=-1;
            f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic()
{
    int res=0,flow;
    while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
    return res;
}
int main()
{
    int t;
    for(scanf("%d",&t);t;t--)
    {
        memset(h,-1,sizeof h);
    	scanf("%d%lf",&n,&D);
    	S=idx=0;
    	int tot=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		int x,y;
    		scanf("%d%d%d%d",&a[i].fi,&a[i].se,&x,&y);
    		tot+=x;
    		add(S,i,x),add(i,i+n,y);
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		for(int j=1;j<i;j++)
    			if(ck(a[i],a[j]))add(i+n,j,inf),add(j+n,i,inf);
    	int cnt=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		T=i;
    		for(int i=0;i<idx;i+=2)f[i]+=f[i^1],f[i^1]=0;
    		if(dinic()==tot)
    		{
    			printf("%d ",i-1);
    			cnt++;
    		}
    	}
    	if(cnt)puts("");
    	else
    		puts("-1");
    }
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16929431.html
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