hdu 3046 喜羊羊和灰太狼(最大流最小割初入)
2017-10-11 18:14
288 查看
题目:http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3046
最大流最小割:
容量(正向割边之和)最小的割边就是最大流,仍然利用最大流解决问题。
https://wenku.baidu.com/view/d9c9b9220722192e4536f6e1.html 讲的很详细易懂。
羊和狼分别占一个格子,问至少多少栏杆把狼围住。将格子看做节点,即可转换为最小割。引入超级源点和超级汇点。
根据题意,加上超级源汇点共有N*M+2个节点,init(),
将地图输入,2时将源点流向狼,并使其容量为inf(不可割),狼点流向周围节点
然后分别处理羊点和空节点。
主要是建模,学会如何转化为最小割。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
const int inf = 1000000000;
const int maxn = 200 + 5;
const int maxs = 40000 + 5;
int n,m,source,sink;
int mp[maxn][maxn];
struct Edge{
int from,to,cap,flow;
};
struct Dicnic{
int n,m,s,t;
int d[maxs],cur[maxs],vis[maxs];
vector<int>G[maxs];
vector<Edge>edges;
void AddEdge(int from,int to,int cap){
Edge e1 = {from,to,cap,0};
Edge e2 = {to,from,0,0};
edges.push_back(e1);
edges.push_back(e2);
int m = edges.size();
G[from].push_back(m-2);
G[to].push_back(m-1);
}
void init(int n){
this -> n = n;
for(int i = 0;i<=n;i++){
G[i].clear();
}
edges.clear();
}
bool BFS(){
mem(vis,0);
queue<int>Q;
Q.push(s);
vis[s] = 1;
d[s] = 0;
while(!Q.empty()){
int x = Q.front(); Q.pop();
for(int i=0;i<G[x].size();i++){
Edge &e = edges[G[x][i]];
if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow){
vis[e.to] = 1;
d[e.to] = d[x] + 1;
Q.push(e.to);
}
}
}
return vis[t];
}
int DFS(int x ,int a){
if(x==t||a==0) return a;
int flow = 0 , f;
for(int &i = cur[x];i<G[x].size();i++){
Edge &e = edges[G[x][i]];
if(d[e.to]==d[x]+1&&(f = DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0){
e.flow += f;
edges[G[x][i]^1].flow -= f;
flow += f;
a -= f;
if(a==0) break;
}
}
return flow;
}
int MaxFlow(int s,int t){
this -> s = s; this ->t = t;
int flow = 0;
while(BFS()){
mem(cur,0);
flow += DFS(s,inf);
}
return flow;
}
};
Dicnic g;
int drx[] = {0,1,0,-1};
int dry[] = {1,0,-1,0};
bool valid(int x,int y){
if(x<1||x>n||y<1||y>m)
return false;
else
return true;
}
int id(int x,int y){
return (x-1)*m + y;
}
int main(){
int kase = 0;
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF){
g.init(n*m + 1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
scanf("%d",&mp[i][j]);
}
}
int source = 0 , sink = n * m + 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
if(mp[i][j]==2){
g.AddEdge(source,id(i,j),inf); //源点流向狼
for(int k = 0;k<4;k++){
int nx = i + drx[k];
int ny = j + dry[k];
if(valid(nx,ny)&&mp[nx][ny]!=2){
g.AddEdge(id(i,j),id(nx,ny),1); //狼连向空地和羊
}
}
}
else if(mp[i][j]==1){
g.AddEdge(id(i,j),sink,inf); //羊连向汇点
}
else{
for(int k = 0;k<4;k++){
int nx = i + drx[k];
int ny = j + dry[k];
if(valid(nx,ny)&&mp[nx][ny]!=2){
g.AddEdge(id(i,j),id(nx,ny),1); //空地连向空地和羊
}
}
}
}
}
int ans = g.MaxFlow(source,sink);
printf("Case %d:\n%d\n",++kase,ans);
}
return 0;
}
最大流最小割:
容量(正向割边之和)最小的割边就是最大流,仍然利用最大流解决问题。
https://wenku.baidu.com/view/d9c9b9220722192e4536f6e1.html 讲的很详细易懂。
羊和狼分别占一个格子,问至少多少栏杆把狼围住。将格子看做节点,即可转换为最小割。引入超级源点和超级汇点。
根据题意,加上超级源汇点共有N*M+2个节点,init(),
将地图输入,2时将源点流向狼,并使其容量为inf(不可割),狼点流向周围节点
然后分别处理羊点和空节点。
主要是建模,学会如何转化为最小割。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
const int inf = 1000000000;
const int maxn = 200 + 5;
const int maxs = 40000 + 5;
int n,m,source,sink;
int mp[maxn][maxn];
struct Edge{
int from,to,cap,flow;
};
struct Dicnic{
int n,m,s,t;
int d[maxs],cur[maxs],vis[maxs];
vector<int>G[maxs];
vector<Edge>edges;
void AddEdge(int from,int to,int cap){
Edge e1 = {from,to,cap,0};
Edge e2 = {to,from,0,0};
edges.push_back(e1);
edges.push_back(e2);
int m = edges.size();
G[from].push_back(m-2);
G[to].push_back(m-1);
}
void init(int n){
this -> n = n;
for(int i = 0;i<=n;i++){
G[i].clear();
}
edges.clear();
}
bool BFS(){
mem(vis,0);
queue<int>Q;
Q.push(s);
vis[s] = 1;
d[s] = 0;
while(!Q.empty()){
int x = Q.front(); Q.pop();
for(int i=0;i<G[x].size();i++){
Edge &e = edges[G[x][i]];
if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow){
vis[e.to] = 1;
d[e.to] = d[x] + 1;
Q.push(e.to);
}
}
}
return vis[t];
}
int DFS(int x ,int a){
if(x==t||a==0) return a;
int flow = 0 , f;
for(int &i = cur[x];i<G[x].size();i++){
Edge &e = edges[G[x][i]];
if(d[e.to]==d[x]+1&&(f = DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0){
e.flow += f;
edges[G[x][i]^1].flow -= f;
flow += f;
a -= f;
if(a==0) break;
}
}
return flow;
}
int MaxFlow(int s,int t){
this -> s = s; this ->t = t;
int flow = 0;
while(BFS()){
mem(cur,0);
flow += DFS(s,inf);
}
return flow;
}
};
Dicnic g;
int drx[] = {0,1,0,-1};
int dry[] = {1,0,-1,0};
bool valid(int x,int y){
if(x<1||x>n||y<1||y>m)
return false;
else
return true;
}
int id(int x,int y){
return (x-1)*m + y;
}
int main(){
int kase = 0;
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF){
g.init(n*m + 1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
scanf("%d",&mp[i][j]);
}
}
int source = 0 , sink = n * m + 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
if(mp[i][j]==2){
g.AddEdge(source,id(i,j),inf); //源点流向狼
for(int k = 0;k<4;k++){
int nx = i + drx[k];
int ny = j + dry[k];
if(valid(nx,ny)&&mp[nx][ny]!=2){
g.AddEdge(id(i,j),id(nx,ny),1); //狼连向空地和羊
}
}
}
else if(mp[i][j]==1){
g.AddEdge(id(i,j),sink,inf); //羊连向汇点
}
else{
for(int k = 0;k<4;k++){
int nx = i + drx[k];
int ny = j + dry[k];
if(valid(nx,ny)&&mp[nx][ny]!=2){
g.AddEdge(id(i,j),id(nx,ny),1); //空地连向空地和羊
}
}
}
}
}
int ans = g.MaxFlow(source,sink);
printf("Case %d:\n%d\n",++kase,ans);
}
return 0;
}
相关文章推荐
- HDU 3046 最大流最小割问题
- hdu 3046(最小割最大流)
- HDU 3046 最大流最小割
- hdu-3046-Pleasant sheep and big big wolf(最大流最小割)
- HDU 3046 Pleasant sheep and big wolf(最小割最大流+Dinic)
- 【HDU - 3046】Pleasant sheep and big big wolf 【最大流-最小割】
- hdu 3046 Pleasant sheep and big big wolf【最大流Dinic--------最小割】
- HDU 3046 Pleasant sheep and big big wolf 最小割==最大流(喜羊羊)
- 数学 HDU 2504、2028 最大公约数 与 最小公倍数
- hdu 3879 最大流最小割
- hdu 3046 Pleasant sheep and big big wolf(sap最大流)
- hdu 3376 : Matrix Again(最大流最小费用)
- hdu 3046 Pleasant sheep and big big wolf 最小割
- HDU 3374 String Problem (KMP+最大最小表示)
- hdu 1150 二分图最大匹配最小点覆盖
- HDU - 3374 (最大表示法与最小表示法+求循环节 )
- 最小点权覆盖 && 最大点权独立集 zoj 3165 hdu 1565 poj 2125
- HDU-4859-海岸线(最大流最小割)
- HDU 2063 过山车(匈牙利算法 二分图的最小顶点覆盖 二分图最大匹配)
- hdu1569 方格取数(2) 最大点权独立集=总权和-最小点权覆盖集 (最小点权覆盖集=最小割=最大流)