bzoj3504: [Cqoi2014]危桥

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al和a2之间往返an次（从al到a2再从a2到al算一次往返）。同时，Bob希望在岛屿bl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、al、a2、an、bl、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一1和j-l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。
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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 1
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX

Sample Output

Yes
No
数据范围
4<=N<50
O<=a1, a2, b1, b2<=N-1
1 <=an. b<=50

题解：

这道题有个看上去正确的方法，就是将原图的边保留，容量为它原来能走的次数，从S向a1，b1分别连容量为an*2，bn*2的边，从a2，b2分别向T连容量为an*2，bn*2的边，然后如果最大流=an*2+bn*2，则可行

这个方法是错误的

如图，a1有流向b2的边，b1有流向a2的边，如果这个图满足上面的条件，但它不一定可行

如何能保证可行？我们只需要将b1和b2交换一下再判一遍即可

假如一个a1到b2的一个流和b1到a2的一个流分别经过了一个桥的两个端点(u,v)，如图

我们就可以将a1到b2的流量改为经过u-v-a2-T到达T，同理将b1到a2的流量改为经过v-u-b2-T到达T，这样就说明这个流是没有问题的

在这种情况下将b1和b2交换后，流量显然不会有变化

如果一个a1到b2的一个流和b1到a2的一个流没有经过任何一个桥的两个端点，这个流显然不合法，且在b1和b2交换后，流量会减小

所以判两次就行了

code：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #define maxn 55
 7 #define maxm 5050
 8 #define inf 1061109567
 9 using namespace std;
10 char s[52];
11 int n,a1,a2,an,b1,b2,bn;
12 struct flow{
13     int s,t,tot,now[maxn],son[maxm],pre[maxm],val[maxm];
14     int dis[maxn],head,tail,list[maxn];
15     bool bo[maxn];
16     void init(){s=0,t=n+1,tot=1,memset(now,0,sizeof(now));}
17     void put(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c;}
18     void add(int a,int b,int c){put(a,b,c),put(b,a,0);}
19     bool bfs(){
20         memset(bo,0,sizeof(bo));
21         head=0,tail=1,list[1]=s,dis[s]=0,bo[s]=1;
22         while (head<tail){
23             int u=list[++head];
24             for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p])
25                 if (val[p]&&!bo[v]) bo[v]=1,dis[v]=dis[u]+1,list[++tail]=v;
26         }
27         return bo[t];
28     }
29     int dfs(int u,int rest){
30         if (u==t) return rest;
31         int ans=0;
32         for (int p=now[u],v=son[p];p&&rest;p=pre[p],v=son[p])
33             if (val[p]&&dis[v]==dis[u]+1){
34                 int d=dfs(v,min(rest,val[p]));
35                 val[p]-=d,val[p^1]+=d,ans+=d,rest-=d;
36             }
37         if (!ans) dis[u]=-1;
38         return ans;
39     }
40     int dinic(){
41         int ans=0;
42         while (bfs()) ans+=dfs(s,inf);
43         return ans;
44     }
45 }f,g;
46 int main(){
47     while (~scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)){
48         a1++,a2++,an<<=1,b1++,b2++,bn<<=1,f.init();
49         for (int i=1;i<=n;i++){
50             scanf("%s",s+1);
51             for (int j=1;j<=n;j++) if (s[j]=='O') f.add(i,j,2); else if (s[j]=='N') f.add(i,j,inf);
52         }
53         g=f;
54         f.add(f.s,a1,an),f.add(a2,f.t,an),f.add(f.s,b1,bn),f.add(b2,f.t,bn);
55         g.add(g.s,a1,an),g.add(a2,g.t,an),g.add(g.s,b2,bn),g.add(b1,g.t,bn);
56         if (f.dinic()==an+bn&&g.dinic()==an+bn) puts("Yes"); else puts("No");
57     }
58     return 0;
59 }