BZOJ1001狼抓兔子(平面图最小割)

题目请戳这里

题目大意：给一个n*m的网格图，表示一个地图。起点(1,1)，终点(n,m)。每条边上有一个权值，表示该路径上的兔流量。现在一些兔子从起点沿着边跑到终点。然后有一些大灰狼要抓这些兔子。一只狼能抓一只兔子。现在狼王想知道至少要派多少狼能堵住兔子的路。

题目分析：很裸的最小割问题。条件反射最大流搞之。但是这题的数据量是10M。n,m也比较大。硬上了一个最大流果然挂了。

这题的n,m范围是1000。这个网格图有n*m个点，有n*(m - 1) + m * (n - 1) + (n - 1) * (m - 1)条边。再加上网络流的复杂度O(n^2m)，如果直接建图硬跑的话，复杂度最坏会达到O(n^3m^3)，显然无法接受。

正确做法是先求给定网格图的对偶图，然后在对偶图上跑最大流，将最小割问题转化为最短路问题。好巧妙。具体可以戳这里。这篇论文讲的很详细。

具体做法是：

在给定的s-t平面图中，s到t连一条边，然后对这张图建对偶图。对偶图也比较好建：对于原图的每个面抽象出一个点，对于原图的每一条边，这条边相邻的2个面的点连边，边权为这条原图中边的权值。对原图的s-t加了 一条边，那么就相应的多了一个面，这个面抽象出新的点s'，最外面的无界面抽象出点t'，这样建好对偶图后我们会发现，对偶图中从s'到t'的任何一条路径都会将原图中的s和t分成2部分。即对偶图中s'到t'的任何一条路径都是原图的一个割，那么在对偶图中找的那条最短路便是原图的最小割！这个真是太巧妙了！！

再分析一下这种做法的复杂度：

首先对于改造后的原图：

点的数量：n*m

面的数量：2*(n - 1) * (m - 1) + 2

边的数量：n*(m - 1) + m * (n - 1) + (n - 1) * (m - 1) + 1

是满足欧拉定理的。

那么相应的对偶图：

点的数量：2*(n - 1) * (m - 1) + 2 = O(n*m)

面的数量：n*m

边的数量：n*(m - 1) + m * (n - 1) + (n - 1) * (m - 1) + 1 = 3*m*n - 2*（m+n） + 2

那么新图中跑最短路的话，如果用裸dijkstra，时间复杂度就降到了O(n^2m^2)，还是比较大，不过已经优化很明显了。

spfa的话复杂度O(km*n)，k为常数。

如果是dijkstra+heap的话，复杂度O(n*m*log(n*m))，已经很优秀了。

我是直接跑的spfa：）

好像很慢的样子，改天试试dijkstra+heap吧。。。

详情请见代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1003;
const int M = 2000005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int head[M];
struct node
{
int to,next,val;
}g[M + M];
int m,n,nm,num;
int dis[M],que[M];
bool flag[M];
void add(int s,int e,int v)
{
g[num].to = e;
g[num].val = v;
g[num].next = head[s];
head[s] = num ++;
}
int nextint()
{
int ret;
char c;
while((c = getchar()) > '9' || c < '0')
;
ret = c - '0';
while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
ret = ret * 10 + c - '0';
return ret;
}
void build()
{
scanf("%d",&m);
nm = (n * m - m - n + 1)<<1;//there are nm nodes in new graph except s and t;
int i,j,tmp;
memset(head,-1,sizeof(head));
num = 0;

for(j = 1;j < m;j ++)//
{
scanf("%d",&tmp);
add(j,nm + 1,tmp);
}
for(i = 1;i < n - 1;i ++)
{
for(j = 1;j < m;j ++)
{
scanf("%d",&tmp);
add((i<<1)* (m - 1) + j,((i<<1) - 1) * (m - 1) + j,tmp);
}
}
for(j = 1;j < m;j ++)
{
scanf("%d",&tmp);
add(0,((n<<1)-3) * (m - 1) + j,tmp);
}

for(i = 0;i < n - 1;i ++)
{
for(j = 1;j <= m;j ++)
{
scanf("%d",&tmp);
if(j == 1)
add(0,(i<<1)*(m - 1) + m,tmp);
else if(j == m)
add((i<<1|1)*(m - 1),nm + 1,tmp);
else
add((i<<1)*(m  - 1) + j - 1,(i<<1)*(m - 1) + j + m - 1,tmp);
}
}

for(i = 0;i < n - 1;i ++)
{
for(j = 1;j < m;j ++)
{
scanf("%d",&tmp);
add((i<<1|1)*(m - 1) + j,(i<<1)*(m - 1) + j,tmp);
}
}
}
void SPFA()
{
int i,front,rear;
memset(flag,false,sizeof(flag));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
front = rear = dis[0] = 0;
que[rear ++] = 0;
flag[0] = true;
while(front != rear)
{
int u = que[front ++];
flag[u] = false;
if(front == M)
front = 0;
for(int i = head[u];~i;i = g[i].next)
{
int v = g[i].to;
if(dis[v] > dis[u] + g[i].val)
{
dis[v] = dis[u] + g[i].val;
if(flag[v] == false)
{
flag[v] = true;
que[rear ++] = v;
if(rear == M)
rear = 0;
}
}
}
}
}
void solve()
{
SPFA();
printf("%d\n",dis[nm + 1]);
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
build();
solve();
}
return 0;
}
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