思路都理解了，清晰了，就是代码不对，还是有些小地方自己注意不到，即使就在你的眼前也不易发现的那种
Description：
也是一个最大流的构图，没相出来，或者说想简单了也是标记点1 至 n * m是层有物品加边0 - i - 1
XXXXX
我想的是能调跳到安全点的加边i - t - 承受次数
并且还要互相连边，表示可以跳到，但是这样就把限制跳的次数扩大了不是
XXXXX
后来就没再想出来，看看题解后，真是巧妙，拆点
把一个点拆成两个i j 必须从i跳进，跳进后，必须跳到j，限制跳跃次数，从j
上往别的地方跳，就没有了限制，完美的解决了限制次数的问题
所以S = 0;1 - n * m ; n * m + 1 - 2 * n * m;T = 2 * n * m + 1;
这四个部分
第一二部分相连：表示柱子上有没有跳跃的动物，限流为1（因为一个柱子上只能有一个）
如果第二部分可以直接跳出
那么就第二四部分相连，权值为限制跳跃次数，相当于贪心吧，其实也很合理，来到了这里，能走为什么不走呢，最大流 肯定是走的情况
如果不能走
第二三部分一一相连：柱子限制的跳跃次数
第三二部分相连：表示在跳跃范围内，能够跳到的地方（注意距离的计算为曼哈顿距离）限制为inf
基础准备 + 添边 操作
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#define inf (1 << 28)
using namespace std;
const int maxn = 10005;
const int maxm = 50005;
struct edge{
int to,cost,pre;
}e[maxm];
char mp1[25][25];
char mp2[25][25];
int flor[maxn];
int cur[maxn];
int id[maxn],cnt;
int n,d,all;
queue<int>q;
void init()
{
cnt = 0;
all = 0;
memset(id,-1,sizeof(id));
while(q.size())q.pop();
}
void add(int from,int to,int cost)
{
e[cnt].to = to;
e[cnt].cost = cost;
e[cnt].pre = id[from];
id[from] = cnt++;
swap(from,to);
e[cnt].to = to;
e[cnt].cost = 0;
e[cnt].pre = id[from];
id[from] = cnt++;
}
我熟悉的DInic算法（这次debug见到了五花八门的Dinic，嘤嘤嘤）从我的中间输出来看，我debug中是多么的绝望，都当成模拟来做了
bool bfs(int s,int t)
{
memset(flor,0,sizeof(flor));
flor[s] = 1;
while(q.size())q.pop();
q.push(s);
while(q.size())
{
int now = q.front();
q.pop();
// printf("processing %d…………
",now);
for(int i = id[now];~i;i = e[i].pre)
{
int to = e[i].to;
int cost = e[i].cost;
// printf(" data : to = %d cost = %d flor[to] = %d
",to,cost,flor[to]);
if(flor[to] == 0 && cost > 0)
{
flor[to] = flor[now] + 1;
q.push(to);
// printf(" Now flor[to] is %d
",flor[to]);
// printf(" IN QUEUE %d
",to);
if(to == t)return true;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int s,int t,int f)
{
if(s == t || f == 0) return f;
int ret = f;
for(int &i = cur[s];~i;i = e[i].pre)
{
int to = e[i].to;
int cost = e[i].cost;
int d;
if(cost > 0 && flor[to] == flor[s] + 1 && (d = dfs(to,t,min(f,cost))))
{
e[i].cost -= d;
e[i^1].cost += d;
ret -= d;
if(ret == 0)break;
}
}
if(ret == f)flor[s] = 0;
return f - ret;
}
int dinic(int s,int t)
{
int ret = 0;
while(bfs(s,t))
{
memcpy(cur,id,sizeof(id));
ret += dfs(s,t,inf);
}
return ret;
}
按照建图思想的加边操作
int main()
{
int cas = 0;
int t,m;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
init();
scanf("%d%d",&n,&d);
for(int i = 0;i < n;++i)
{
scanf("%s",mp1[i]);
}
m = strlen(mp1[0]);
for(int i = 0;i < n;++i)
{
scanf("%s",mp2[i]);
}
int t = 2 * n * m + 1;
//printf("s = 0 t = %d n = %d m = %d
",t,n,m);
for(int i = 0;i < n;++i)
{
for(int j = 0;j < m;++j)
{
int id1 = i*m+j+1;
int id2 = id1 + n*m;
if(mp1[i][j] - '0' > 0)
{
//printf("Processing %d %d…………
",id1,id2);
if(i - d < 0 || j - d < 0 || i + d >= n || j + d >= m)
{
add(id1,t,mp1[i][j] - '0');
// printf("可跳出
");
// printf(" add %d to %d c = %d
",id1,t,mp1[i][j] - '0');
}
else
{
add(id1,id2,mp1[i][j] - '0');
// printf("不可跳出
");
// printf(" add %d to %d c = %d
",id1,id2,mp1[i][j] - '0');
for(int k = 0;k < n;k++)
{
for(int p = 0;p < m;p++)
{
if(k == i && p == j)continue;
if(abs(i-k) + abs(j - p) > d)continue;
// printf(" 连接临边 ……
");
add(id2,k*m+p+1,inf);
// printf(" add %d to %d c = inf",id2,k*m+p+1);
}
}
}
}
if(mp2[i][j] == 'L')
{
// printf("连接初始边
");
// printf("add 0 to %d c = %d
",id1,1);
add(0,id1,1);
all++;
}
}
}
int s = dinic(0,t);
int op = all - s;
// cout<<all<< " " << s<<endl;
printf("Case #%d: ",++cas);
if(op == 0)
printf("no lizard was left behind.
");
else if(op == 1)
printf("1 lizard was left behind.
");
else if(op == 2)
printf("2 lizards were left behind.
");
else
printf("%d lizards were left behind.
",op);
}
return 0;
}
看了上述内容，我一开始的错误是，第一次ok，第二次答案就错了，常规是没有初始化好东西，经过n次检查，该初始化的都初始化了，不该的也初始化了，还是不对
最后就是初始化不对
模拟之后发现，原来memset（flor数组）的时候只清空了sizeof（flor）的大小，一开始我开的大小是25，（黑脸！！！）
好了，说多了都是泪，找到了，AC了就是好的吧，以后注意！！！这些小细节！