题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2732
题目给定一个场景，有n*m个方格，每个方格代表一个柱子，一个柱子可以承受不同次数的跳跃，开始时图中给定一些地方有蜥蜴，并且给定蜥蜴最多跳跃的步长，只要跳到方格之外就能安全，而且每只蜥蜴不能在同一个地方重合，每次蜥蜴跳离一个地方这个地方的柱子就的承受次数就会减一，问最终会有多少只蜥蜴不能跳出迷宫。
这个问题可以这样思考，每次蜥蜴跳出一个位置之后这个位置的“资源”就会减少1，而这个减少之后的“资源”不可以再利用，而且涉及到点之间的转移，这在图论中和最大流很相似，所以我们想到可不可以将点转化成状态，地图中的每一个位置（i,j）（0<=i,j<n）可以通过i*m+j+1转化成[1,n*m]闭区间之内的位置，所以我们可以把这个设为他的id，可以将点位置拆开成两个，一个是id，表示没有转移时的状态，另一个点是id+n*m,表示这个点拆开之后的另一个状态。设置一个超级源和一个超级汇。
转换策略如下：
①、如果一个点位置（i,j）值num大于0，那么可以连边（id,id+n*m,num），表示最多有num次“流”在这个位置转换，num个用完也就代表不能发生转换，也就是这个位置不能站蜥蜴了。
②、如果一个位置通过跳跃d可以到达外围就设置边（id,T,inf）,就是把这个位置和超级汇连接起来，并且不限制从这里通过的蜥蜴的数量。
③、如果一个位置有蜥蜴，我们可以把这个位置和超级源连接在一起，也就是（S,id,1）1表示在这个位置有一只蜥蜴出发。就相当于把蜥蜴放在一个源点，蜥蜴数量便是源点流量。
④、两个位置之间的距离（横纵坐标绝对值之差）如果小于d那就可以转换，注意连的边是（id+n*m,id2,1），因为在他跳出当前位置时必须当前位置的承受容量减一，所以必须重跳完之后的状态转移。
基本思想就是拆点。需要慎重思考转移的方式。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef unsigned int ui; 4 typedef long long ll; 5 typedef unsigned long long ull; 6 #define pf printf 7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 8 #define prime1 1e9+7 9 #define prime2 1e9+9 10 #define pi 3.14159265 11 #define lson l,mid,rt<<1 12 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 13 #define scand(x) scanf("%llf",&x) 14 #define f(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 15 #define scan(a) scanf("%d",&a) 16 #define mp(a,b) make_pair((a),(b)) 17 #define P pair<int,int> 18 #define dbg(args) cout<<#args<<":"<<args<<endl; 19 #define inf 0x7ffffff 20 inline int read(){ 21 int ans=0,w=1; 22 char ch=getchar(); 23 while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} 24 while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar(); 25 return ans*w; 26 } 27 const int maxn=1010; 28 const int maxm=100010; 29 struct flow{ 30 int s,t; 31 int head[maxn],nxt[maxm],d[maxn],cur[maxn];//cur当前弧优化 32 bool vis[maxn]; 33 struct node{ 34 int u,v,w; 35 }p[maxm]; 36 int e; 37 void init() 38 { 39 e=0; 40 mem(head,-1); 41 mem(nxt,-1); 42 } 43 void addedge(int u,int v,int w)//顺带添加反向边 44 { 45 p[e].u=u; 46 p[e].v=v; 47 p[e].w=w; 48 nxt[e]=head[u]; 49 head[u]=e++; 50 p[e].u=v; 51 p[e].v=u; 52 p[e].w=0; 53 nxt[e]=head[v]; 54 head[v]=e++; 55 } 56 bool bfs(int src,int sink)//确定bfs序 57 { 58 mem(vis,0); 59 mem(d,0); 60 d[src]=1; 61 vis[src]=1; 62 queue<int> q; 63 q.push(src); 64 while(!q.empty()) 65 { 66 int cur=q.front(); 67 q.pop(); 68 for(int i=head[cur];~i;i=nxt[i]) 69 { 70 int v=p[i].v; 71 if(!vis[v]&&p[i].w)//确定这个点没有被标号，并且不是反向边 72 { 73 vis[v]=1; 74 d[v]=d[cur]+1; 75 q.push(v); 76 } 77 } 78 } 79 if(d[sink])return true; 80 return false; 81 } 82 int dfs(int s,int flow) 83 { 84 if(s==t)return flow; 85 int used=0; 86 for(int& i=cur[s];~i;i=nxt[i]) 87 { 88 int v=p[i].v,w=p[i].w; 89 if(d[v]==d[s]+1&&w>0)//根据Dinic算法的思想，只能走正向的、bfs序大一的边 90 { 91 int tmp=dfs(v,min(flow-used,w)); 92 if(tmp>0) 93 { 94 p[i].w-=tmp;//更新正向边的流量以及反向边的流量， 95 p[i^1].w+=tmp;//正向边是偶数，它对应的反向边就是正向边+1 96 used+=tmp;//从一个点出发最多的流量是flow，用掉的流量需要更新 97 if(used==flow)break; 98 } 99 } 100 } 101 if(!used)d[s]=0;//从该点出发的流不能被使用，所以这个点在这次搜索中被丢弃 102 return used; 103 } 104 int dinic() 105 { 106 int ans=0; 107 while(bfs(s,t)) 108 { 109 memcpy(cur,head,sizeof(head)); 110 ans+=dfs(s,inf); 111 } 112 return ans; 113 } 114 }a; 115 int d; 116 int t; 117 char s[50]; 118 int main() 119 { 120 //freopen("input.txt","r",stdin); 121 //freopen("output.txt","w",stdout); 122 std::ios::sync_with_stdio(false); 123 t=read(); 124 int n,m; 125 int kase=0; 126 while(t--) 127 { 128 a.init(); 129 int cnt=0; 130 n=read(),d=read(); 131 f(i,0,n-1) 132 { 133 scanf(" %s",s); 134 if(i==0) 135 { 136 m=strlen(s); 137 // a.n=2*n*m+2;//最大流中点的数量设置 138 a.s=0; 139 a.t=2*n*m+1;//设置超级源与超级汇 140 } 141 f(j,0,m-1) 142 { 143 int num=s[j]-'0'; 144 if(num>0)//将大于零的格子拆开成两个格子，并连线， 145 { 146 int id=i*m+j+1; 147 a.addedge(id,id+n*m,num); 148 if(i-d<0||i+d>=n||j-d<0||j+d>=m) 149 { 150 a.addedge(id+n*m,a.t,inf);//可以到达安全地点，且流的大小不限制 151 } 152 else 153 { 154 f(k,0,n-1)//由于图的大小不大，所以可以枚举每一个位置检查是否可行 155 f(l,0,m-1) 156 { 157 int id2=k*m+l+1; 158 if(id==id2)continue; 159 if(abs(i-k)+abs(j-l)<=d) 160 a.addedge(id+n*m,id2,inf);//从id位置能够跳到id2位置，但是记住一定是在id位置少1之后的结点上 161 } 162 } 163 } 164 } 165 } 166 f(i,0,n-1) 167 { 168 scanf(" %s",s); 169 f(j,0,m-1) 170 { 171 if(s[j]=='L')//记录蜥蜴的数量并与超级源连线， 172 { 173 cnt++; 174 int id=i*m+j+1; 175 a.addedge(a.s,id,1); 176 } 177 } 178 } 179 int ans=cnt-a.dinic(); 180 if(ans==0)pf("Case #%d: no lizard was left behind. ",++kase); 181 else if(ans==1)pf("Case #%d: 1 lizard was left behind. ",++kase); 182 else pf("Case #%d: %d lizards were left behind. ",++kase,ans); 183 184 } 185 }