bzoj1001狼抓兔子——网络流平面图问题
2017-12-15 19:17
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1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 25715 Solved: 6529
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Description
现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到,但抓兔子还是比较在行的,而且现在的兔子还比较笨,它们只有两个窝,现在你做为狼王,面对下面这样一个网格的地形:
左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路
1:(x,y)<==>(x+1,y)
2:(x,y)<==>(x,y+1)
3:(x,y)<==>(x+1,y+1)
道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数,道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝,
开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里,现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去,狼王开始伏击
这些兔子.当然为了保险起见,如果一条道路上最多通过的兔子数为K,狼王需要安排同样数量的K只狼,
才能完全封锁这条道路,你需要帮助狼王安排一个伏击方案,使得在将兔子一网打尽的前提下,参与的
狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.
Input
第一行为N,M.表示网格的大小,N,M均小于等于1000.接下来分三部分
第一部分共N行,每行M-1个数,表示横向道路的权值.
第二部分共N-1行,每行M个数,表示纵向道路的权值.
第三部分共N-1行,每行M-1个数,表示斜向道路的权值.
输入文件保证不超过10M
Output
输出一个整数,表示参与伏击的狼的最小数量.Sample Input
3 45 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6
Sample Output
14HINT
2015.4.16新加数据一组,可能会卡掉从前可以过的程序。Source
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其实就是一道模板题……然而建成了单向边……用的是isap,双向边只需要在建边的时候把反向边建成cap就好了
inline void add_edge(int x, int y, int cap) { e[p] = Edge(y, h[x], cap, 0); h[x] = p++; e[p] = Edge(x, h[y], cap, 0); h[y] = p++; }
然后……没有然后
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1000003;
const int MAXE = 6000003;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge{
int to, nxt, cap, flow;
Edge() {}
Edge(int to, int nxt, int cap, int flow):to(to), nxt(nxt), cap(cap), flow(flow) {}
}e[MAXE];
int n, m;
int h[MAXN], p;
int source, sink, tot;
int pre[MAXN], num[MAXN], cur[MAXN];
int d[MAXN];
bool vis[MAXN];
queue<int> q;
inline void add_edge(int x, int y, int cap) { e[p] = Edge(y, h[x], cap, 0); h[x] = p++; e[p] = Edge(x, h[y], cap, 0); h[y] = p++; }
void bfs() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
q.push(sink);
vis[sink] = 1;
d[sink] = 0;
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
num[d[u]]++;
for(int i = h[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(!vis[v]) {
vis[v] = 1;
d[v] = d[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
}
void augment(int flow) {
for(int i = source; i != sink; i = e[cur[i]].to) {
e[cur[i]].flow += flow;
e[cur[i] ^ 1].flow -= flow;
}
}
int isap() {
memset(num, 0, sizeof(num));
bfs();
memcpy(cur, h, sizeof(h));
int u = source, flow = 0, f = INF;
while(d[source] < tot) {
bool fg = 0;
for(int i = cur[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
if(e[i].cap > e[i].flow && d[u] == d[e[i].to] + 1) {
pre[e[i].to] = u;
cur[u] = i;
u = e[i].to;
f = min(f, e[i].cap - e[i].flow);
fg = 1;
if(u == sink) {
flow += f;
augment(f);
f = INF;
u = source;
}
break;
}
}
if(fg) continue;
if(--num[d[u]] == 0) break;
int M = tot - 1;
for(int i = h[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
if(e[i].cap > e[i].flow && M > d[e[i].to]) {
M = d[e[i].to];
cur[u] = i;
}
}
num[d[u] = M + 1]++;
if(u != source) u = pre[u];
}
return flow;
}
signed main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
int x;
source = 1; sink = n * m; tot = sink;
memset(h, -1, sizeof(h));
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j < m; j++)
{
scanf("%d",&x);
add_edge(m * (i - 1) + j, m * (i - 1) + j + 1, x);
}
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
scanf("%d",&x);
add_edge(m * (i - 1) + j, m * (i) + j, x);
}
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j < m; j++)
{
scanf("%d",&x);
add_edge(m * (i - 1) + j, m * (i) + j + 1, x);
}
printf("%d\n", isap());
}
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