JZOJ 3597. 【CQOI2014】危桥
2018-01-06 20:47
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Description
Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家,岛屿被编号为0到N-1。某些岛屿之间有桥相连,桥上的道路是双向的,但一次只能供一人通行。其中一些桥由于年久失修成为危桥,最多只能通行两次。Alice希望在岛屿a1和a2之间往返an次(从a1到a2再从a2到a1算一次往返)。同时,Bob希望在岛屿b1和b2之间往返bn次。这个过程中,所有危桥最多通行两次,其余的桥可以无限次通行。请问Alice和Bob能完成他们的愿望吗?
Input
本题有多组测试数据。每组数据第一行包含7个空格隔开的整数,分别为N、a1、a2、an、b1、b2、bn。
接下来是一个N行N列的对称矩阵,由大写字母组成。矩阵的i行j列描述编号i-1和j-1的岛屿间的连接情况,若为“O”则表示有危桥相连;为“N”表示有普通的桥相连;为“X”表示没有桥相连。
Output
对于每组测试数据输出一行,如果他们都能完成愿望输出“Yes”,否则输出“No”。Sample Input
4 0 1 1 2 3 1XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX
Sample Output
YesNo
Data Constraint
4<=N<=500<=a1,a2,b1,b2<=N-1
1<=an,bn<=50
Solution
这就是最小割模型了,直接上网络流啊!建超级源 S 和超级汇 T 。
S 向 a1 、b1 连一条容量为正无穷的边,表示不能割断。
a2 、b2 向 T 连一条容量为正无穷的边,表示也不能割断。
如果岛 i 到岛 j 有一条普通桥,则连一条容量为正无穷的边,表示还是不能割断。
如果岛 i 到岛 j 有一条危桥,则连一条容量为 1 的边,表示做一次往返就会割掉。
那么跑一次得出的的最大流就是能进行的往返次数了!
但是由于是双源双汇,只跑一次可能会发生串流(即跑偏)。
于是我们调转 b1 、b2 (本质不变),再跑一遍看满不满足即可。
同时还要单独判 a 和 b ,共判四次(避免特殊情况)。
时间复杂度就是网络流的时间复杂度。
Code
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=55,M=N*N<<1,inf=1e9; int n,a1,a2,an,b1,b2,bn; int tot,ans,num,s,t; int first ,next[M],en[M],w[M]; int a ,dis ,gap ,cur ; inline void ins(int x,int y,int z) { next[++tot]=first[x]; first[x]=tot; en[tot]=y; w[tot]=z; } inline void insert(int x,int y,int z) { ins(x,y,z),ins(y,x,0); } inline int min(int x,int y) { return x<y?x:y; } int dfs(int x,int y) { if(x==t) return y; int use=0; for(int i=cur[x];i;i=next[i]) if(w[i] && dis[x]==dis[en[i]]+1) { cur[x]=i; int num=dfs(en[i],min(w[i],y-use)); w[i]-=num,w[i^1]+=num,use+=num; if(use==y || dis[s]>num) return use; } cur[x]=first[x]; if(!--gap[dis[x]]) dis[s]=num+1; gap[++dis[x]]++; return use; } int main() { while(~scanf("%d",&n)) { scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&an); scanf("%d%d%d",&b1,&b2,&bn); a1++,a2++,b1++,b2++; for(int i=1;i<=n;i++) { int j=0; char ch=getchar(); while(ch^'O' && ch^'N' && ch^'X') ch=getchar(); while(ch=='O' || ch=='N' || ch=='X') { j++; if(ch=='O') a[i][j]=1; else if(ch=='N') a[i][j]=inf; else a[i][j]=0; ch=getchar(); } } s=a1,t=a2,ans=0,tot=1,num=n; memset(first,0,sizeof(first)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(gap,0,sizeof(gap)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]); for(int i=1;i<=num;i++) cur[i]=first[i]; tot>>=1,gap[0]=num; while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf); if(ans<an) { puts("No"); continue; } s=b1,t=b2,ans=0,tot=1,num=n; memset(first,0,sizeof(first)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(gap,0,sizeof(gap)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=first[i]; tot>>=1,gap[0]=num; while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf); if(ans<bn) { puts("No"); continue; } s=n+1,t=n+2,ans=0,tot=1,num=n+2; memset(first,0,sizeof(first)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(gap,0,sizeof(gap)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]); insert(s,a1,inf),insert(s,b1,inf); insert(a2,t,inf),insert(b2,t,inf); for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i]; tot>>=1,gap[0]=num; while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf); if(ans<an+bn) { puts("No"); continue; } s=n+1,t=n+2,ans=0,tot=1,num=n+2; memset(first,0,sizeof(first)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(gap,0,sizeof(gap)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]); insert(s,a1,inf),insert(s,b2,inf); insert(a2,t,inf),insert(b1,t,inf); for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i]; tot>>=1,gap[0]=num; while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf); puts(ans<an+bn?"No":"Yes"); } return 0; }
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