Risk uva 12264(最大流，二分法，拆点法)

给n个点的无权无向图（n<=100），每个点有一个非负数ai。若ai==0则此点归敌方所有，若ai>0则此点归你且上面有ai个属于你的士兵。保证至少有一个属于你的点与敌方的点相邻。你可以让你的每个士兵最多移动一次，每次可以待在原地或者去到相邻的属于你的领地，但每个点至少要留1各士兵，使得最薄弱的关口尽量坚固。关口是指与敌方点相邻的点，薄弱与坚固分别指兵少与兵多。

我参考了这篇博客上的一些讲解。http://www.voidcn.com/blog/a197p/article/p-4252874.html

思路：把每个点拆成两个点，一个入度，一个出度，入度向自己的和每个相邻的点的出度连一条边，容量是ai，每个点出度连一条边到汇点，容量为1，那些与敌人相邻的点再多连一条边到汇点，容量是二分的值，我们只需要二分这个值，跑一下网络流，如果满流，表示可以，否则不行。

本篇通过第二个样例讲解思路，下图是第二个样例的建图结果。

敌方的点不需要参与建图，因此图中没有6,7号点。

INF指无穷，mid指二分的中值。

Q：为何需要拆点？

A：我们希望通过拆点来实现每个士兵最多移动一次。下图中每个INF的边都是士兵移动的边，观察后可以发现如此建图士兵只能从入点移动到另一个点的出点，因此最多只能移动一次。（根据题意每次最远移动到相邻的点）

Q：为何出点需要连一条容量为1的边到汇点？

A：为了保证己方的点至少有1个士兵，观察下图 1出 与 2出 满流时说明1和2点至少1个人。(此题中建立网络流模型，并且以满流作为目标，调整模型（容量），由此使满流模型满足条件，容量即是解)

Q：为何要二分？

A：最小中最大值；结果的可能取值是一个连续范围

我们要让最薄弱的关口尽量坚固，就得使关口的士兵分配得尽量均匀，然而最大流的算法不能保证分配均匀，我们只好一个个的试，满载就放宽条件，不满载就严加条件，直到试出可行的最大解。（考虑一下为什么两条边都设为mid）

至少一个士兵的处理，可以直接对于各个点需要几个士兵向汇点连边，即边界点需要二分数值的士兵，而其他需要1个士兵；也可以一开始就把各点的士兵数都-1.

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
const int maxn = 250, INF = 10000000;  //需改
int a[maxn], mark[maxn];
string map[maxn];
struct Edge
{
int from, to, cap, flow;
Edge(int u, int v, int c, int f) :from(u), to(v), cap(c), flow(f) {}
};
struct EdmondsKarp
{
int n, m;
vector<Edge> edges;
vector<int> G[maxn];
int a[maxn];
int p[maxn];

void init(int n)
{
this->n = n;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
G[i].clear();
}
edges.clear();
memset(p, 0, sizeof(p));//不需要？
}
void AddEdge(int u, int v, int c)
{
edges.push_back(Edge(u, v, c, 0));
edges.push_back(Edge(v, u, 0, 0));
m = edges.size();
G[u].push_back(m - 2);
G[v].push_back(m - 1);
}
int MaxFlow(int s, int t)
{
int flow = 0;
for (;;)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
queue<int> Q;
Q.push(s);
a[s] = INF;
while (!Q.empty())
{
int u = Q.front();
Q.pop();
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++)
{
Edge& e = edges[G[u][i]];
if (!a[e.to] && e.cap > e.flow)
{
a[e.to] = min(a[u], e.cap - e.flow);
Q.push(e.to);
p[e.to] = G[u][i];
}
}
if (a[t])
break;
}
if (!a[t])
break;
for (int i = t; i != s; i = edges[p[i]].from)
{
edges[p[i]].flow += a[t];
edges[p[i] ^ 1].flow -= a[t];
}
flow += a[t];
}
return flow;
}
}E;

int Build(int val,int N)
{
/*for (int i = 1; i <= n; i++)  //WA
{
if (a[i])
{
E.AddEdge(0, i, a[i]);
E.AddEdge(i, n + i, a[i]);
}
}
int flag = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
if (map[i][j] == 'Y')
{
if (a[i] && a[j])  //我我交界
{
E.AddEdge(i, n + j, INF);//1.无向2.容量INF/a[i]
//E.AddEdge(n + i, 2 * n + 1, 1);//合并循环时一定注意，可能实际上并不能合并
if(!flag)
mark[i] = 2;
}
else if (a[i] && !a[j]) //敌我交界
{
mark[i] = 1;
flag = 1;
}
}
}
}
int ans = 0; //总容量
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (mark[i] == 1)
{
E.AddEdge(n + i, 2 * n + 1, val);
ans += val;
}
else if (mark[i] == 2)
{
E.AddEdge(n + i, 2 * n + 1, 1);
ans++;
}
}
return ans;*/

for (int i = 1; i <= N; i++)   //AC
{
if (!a[i])
continue;
E.AddEdge(0, i, a[i]);
E.AddEdge(i, i + N, a[i]);
for (int j = 1; j <= N; j++)
if (map[i][j] == 'Y')
{
if (!a[j])
mark[i] = true;
else
E.AddEdge(i, j + N, INF);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++)
if (mark[i])
{
E.AddEdge(i + N, 2 * N + 1, val); ans += val;
}
else if (a[i])
{

b9fd
E.AddEdge(i + N, 2 * N + 1, 1);
ans++;
};
return ans;
}
void solve(int n)
{
int a, b, ans;
int l = 0, r = 10010;
while (l<r)
{
E.init(2 * n + 2); //注意初始化位置，由此影响到每次循环中，不止容量需要修改，整个图都要重建
int mid = (l + r) >> 1;
a = Build(mid, n);
b = E.MaxFlow(0, 2 * n + 1);
if (a == b)
{
l = mid + 1;
ans = mid;
}
else r = mid;
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(mark, 0, sizeof(mark));
for (int i = 0; i < maxn; i++)
map[i].clear();
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> map[i];
map[i] = '0' + map[i];  //为了编号从1开始//'0' + map[i] 不等于  map[i] + '0'
}
solve(n);
}
}