【BZOJ2150】部落战争
Description
lanzerb的部落在A国的上部，他们不满天寒地冻的环境，于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。 A国是一个M*N的矩阵，其中某些地方是城镇，某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队，他们约定： 1. 每支军队可以从任意一个城镇出发，并只能从上往向下征战，不能回头。途中只能经过城镇，不能经过高山深涧。 2. 如果某个城镇被某支军队到过，则其他军队不能再去那个城镇了。 3. 每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。 4. 所有军队都很奇怪，他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1*2的路线，而他们只能走R*C的路线。 lanzerb的野心使得他的目标是统一全国，但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇，请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。
Input
第一行包含4个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方是城镇；如果这个字符时'x'，表示这个地方是高山深涧。
Output
输出一个整数，表示最少的军队个数。
Sample Input
【样例输入一】
3 3 1 2
...
.x.
...
【样例输入二】
5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...
3 3 1 2
...
.x.
...
【样例输入二】
5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...
Sample Output
【样例输出一】
4
【样例输出二】
5
【样例说明】
【数据范围】
100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。
4
【样例输出二】
5
【样例说明】
【数据范围】
100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。
题解：来，我们再复习一遍最小流的建图方法QAQ：
1.先按照有上下界费用流的方法建出图来，跑有上下界的可行流，记录从T到S那条反向边的流量x1
2.将新建的源汇删掉，将从T到S那条边删掉，跑从T到S的最大流x2
答案就是x1-x2
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#define P(A,B) ((A-1)*m+B)
using namespace std;
int to[1000000],next[1000000],val[1000000],m1[10000],m2[10000],head[10000],d[10000];
int S,T,SS,TT,n,m,R,C,cnt,ans1,ans2;
char str[60][60];
queue<int> q;
void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int dfs(int x,int mf)
{
if(x==TT) return mf;
int k,temp=mf,i;
for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
{
k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
if(!k) d[to[i]]=0;
val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
if(!temp) break;
}
}
return mf-temp;
}
int bfs()
{
memset(d,0,sizeof(d));
while(!q.empty()) q.pop();
int i,u;
q.push(SS),d[SS]=1;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop();
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(!d[to[i]]&&val[i])
{
d[to[i]]=d[u]+1;
if(to[i]==TT) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&R,&C);
int i,j;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%s",str[i]+1);
SS=2*n*m+1,TT=2*n*m+2,S=2*n*m+3,T=2*n*m+4;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(str[i][j]=='x') continue;
add(P(i,j),TT,1),add(SS,P(i,j)+n*m,1),add(S,P(i,j),1),add(P(i,j)+n*m,T,1);
if(i+R<=n&&j+C<=m&&str[i+R][j+C]=='.') add(P(i,j)+n*m,P(i+R,j+C),1);
if(i+R<=n&&j-C>=1&&str[i+R][j-C]=='.') add(P(i,j)+n*m,P(i+R,j-C),1);
if(i+C<=n&&j+R<=m&&str[i+C][j+R]=='.') add(P(i,j)+n*m,P(i+C,j+R),1);
if(i+C<=n&&j-R>=1&&str[i+C][j-R]=='.') add(P(i,j)+n*m,P(i+C,j-R),1);
}
}
add(T,S,1<<30);
while(bfs()) dfs(SS,1<<30);
ans1=val[cnt-1];
val[cnt-1]=val[cnt-2]=0;
for(i=head[SS];i!=-1;i=next[i]) val[i]=val[i^1]=0;
for(i=head[TT];i!=-1;i=next[i]) val[i]=val[i^1]=0;
TT=S,SS=T;
while(bfs()) ans2+=dfs(SS,1<<30);
printf("%d",ans1-ans2);
return 0;
}