BZOJ1001 狼抓兔子（裸网络流）

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 4
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6

Sample Output

正解：Dinic（裸网络流）

解题报告：

　　大概题意是给一个网格图，然后横向、竖向、斜向都有边相连，然后问图的最小割

上网查满地跑的对偶图，然后学了一下对偶图，但并不打算用转对偶图，尽管好像很简单

于是试图用Dicnic强上，直接把每条边连进去，暴力网络流。

就当网络流练手题吧。

值得一提的是，需要用一些优化不然会TLE：当发现拓展到当前的结点发现可拓展流量为0，那么这个点在这下一次重新BFS建分层图时显然不会再用的上（画个图yy一下就可以了）所以直接dis[now]=-1，相当于把它“堵塞”住了。

//It is made by jump~
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#ifdef WIN32   
#define OT "%I64d"
#else
#define OT "%lld"
#endif
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXM = 6000011;
const int MAXN = 1000011;
int inf;
int n,m;
int first[MAXN];
int ecnt;
int s,t;
int dis[MAXN];
int ans;

struct edge{
    int v,f; 
    int next;
}e[MAXM];

inline int getint()
{
       int w=0,q=0;
       char c=getchar();
       while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar();
       if (c=='-')  q=1, c=getchar();
       while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar();
       return q ? -w : w;
}

inline void link(int x,int y,int z){
    e[++ecnt].next=first[x]; first[x]=ecnt; e[ecnt].v=y; e[ecnt].f=z;
    e[++ecnt].next=first[y]; first[y]=ecnt; e[ecnt].v=x; e[ecnt].f=z;
}

inline bool bfs(){
    memset(dis,127/3,sizeof(dis));
    int cun=dis[t];
    queue<int>Q;
    while(!Q.empty()) Q.pop();

    dis[1]=1;  Q.push(1);
    while(!Q.empty()) {
    int u=Q.front(); Q.pop();
    for(int i=first[u];i;i=e[i].next) {
        if(e[i].f && dis[e[i].v]==cun) {
        dis[e[i].v]=dis[u]+1; Q.push(e[i].v);
        }
    }
    if(dis[t]!=cun) return true;
    }

    return false;
}

inline int maxflow(int now,int remain){
    if(remain==0 || now==t) return remain;
    int flow=0;
    for(int i=first[now];i;i=e[i].next){
    if(dis[e[i].v]==dis[now]+1 && e[i].f){
        int f=maxflow(e[i].v,min(remain,e[i].f));
        if(f) {
        e[i].f-=f; e[i^1].f+=f;
        flow+=f; remain-=f;
        if(remain==0) return flow;
        }
        else dis[e[i].v]=-1;
    }
    }
    return flow;
}

inline void solve(){
    s=1,t=n*m; inf=1;
    for(int i=1;i<=30;i++) inf*=2;
    while(bfs()) {
    ans+=maxflow(s,inf);
    }
    printf("%d",ans);
}

int main()
{
  n=getint(); m=getint();

  int x; ecnt=1;
  int nowx,nownex;
  for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<m;j++){
      nowx=(i-1)*m+j,nownex=nowx+1;
      x=getint(); link(nowx,nownex,x);
      }

  for(int i=1;i<n;i++)
      for(int j=1;j<=m;j++) {
      nowx=(i-1)*m+j,nownex=nowx+m;
      x=getint(); link(nowx,nownex,x);
      }

  for(int i=1;i<n;i++)
      for(int j=1;j<m;j++) {
      nowx=(i-1)*m+j,nownex=nowx+m+1;
      x=getint(); link(nowx,nownex,x);
      }

  solve();
  return 0;
}