[SCOI2007] 蜥蜴
题目背景
07四川省选
题目描述
在一个r行c列的网格地图中有一些高度不同的石柱，一些石柱上站着一些蜥蜴，你的任务是让尽量多的蜥蜴逃到边界外。
每行每列中相邻石柱的距离为1，蜥蜴的跳跃距离是d，即蜥蜴可以跳到平面距离不超过d的任何一个石柱上。石柱都不稳定，每次当蜥蜴跳跃时，所离开的石柱高度减1（如果仍然落在地图内部，则到达的石柱高度不变），如果该石柱原来高度为1，则蜥蜴离开后消失。以后其他蜥蜴不能落脚。任何时刻不能有两只蜥蜴在同一个石柱上。
输入输出格式
输入格式：
输入第一行为三个整数r，c，d，即地图的规模与最大跳跃距离。以下r行为石柱的初始状态，0表示没有石柱，1~3表示石柱的初始高度。以下r行为蜥蜴位置，“L”表示蜥蜴，“.”表示没有蜥蜴。
输出格式：
输出仅一行，包含一个整数，即无法逃离的蜥蜴总数的最小值。
输入输出样例
输入样例#1：
5 8 2
00000000
02000000
00321100
02000000
00000000
........
........
..LLLL..
........
........
输出样例#1：
1
说明
100%的数据满足：(1<=r, c<=20, 1<=d<=4)
Solution
看到题目中的柱子每经过一次高度-1马上想到网络流,每根柱子的高度就是网络中一条边的容量
其实网络流的题目一般就是考建边,建完以后套个最大流模板就行了
那么怎么建边呢?
建一个源点S,汇点T(都是虚点)
- 考虑拆点,我们把一个柱子拆成入点和出点,把这两个点之间建一条容量为柱子高度x的边,代表这棵柱子最多只能经过x次
- 对于能够到达地图外的点,我们之间从它的出点向汇点建一条容量为inf的边
- 枚举两个柱子,在地图上欧几里得距离小于最大跳跃距离的点之间建一条容量为inf的边
- 由源点向每个蜥蜴所在的点建一条容量为1的边,代表这个点有一个蜥蜴
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define dis(a,b,x,y) ((x-a)*(x-a)+(y-b)*(y-b))
using namespace std;
const int N=100,M=1e6+10;
const int inf=2e9;
void in(int &ans) {
ans=0; char i=getchar();
while(i<'0' || i>'9') i=getchar();
while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
}
int n,m,d,cur=1,ans;
int S,T,NN,c1,c2,sum;
char ch;
int to[M<<1],nex[M<<1],head[M],cap[M<<1],lev[M],curr[M];
int c[N][N],p[N][N];
int l[M<<1],r[M<<1];
struct node {
int l,r;
};
vector<node>v;
il void add(int a,int b,int c) {
to[++cur]=b,nex[cur]=head[a];
cap[cur]=c,head[a]=cur;
}
il void read() {
NN=n*m; T=2*n*m+1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
cin>>ch; p[i][j]=++c1;
c[i][j]=ch-'0';
if(c[i][j]) l[++c2]=i,r[c2]=j;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) {
cin>>ch; if(ch=='L') sum++,v.push_back((node){i,j});
}
}
il void init() {
for(int i=1;i<=c2;i++) {
add(p[l[i]][r[i]],p[l[i]][r[i]]+NN,c[l[i]][r[i]]);
add(p[l[i]][r[i]]+NN,p[l[i]][r[i]],0);
if(l[i]<=d || r[i]<=d || l[i]+d>n || r[i]+d>m) {
add(p[l[i]][r[i]]+NN,T,inf);
add(T,p[l[i]][r[i]]+NN,0);
}
}
for(int i=1;i<=c2;i++)
for(int j=1;j<=c2;j++) {
if(dis(l[i],r[i],l[j],r[j])<=d*d && i!=j) {
add(p[l[i]][r[i]]+NN,p[l[j]][r[j]],inf);
add(p[l[j]][r[j]],p[l[i]][r[i]]+NN,0);
}
}
for(int i=0;i<sum;i++) {
add(S,p[v[i].l][v[i].r],1);
add(p[v[i].l][v[i].r],S,0);
}
}
bool bfs(int s,int t) {
queue<int>q; memset(lev,-1,sizeof(lev));
q.push(s); lev[s]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nex[i]) {
if(lev[to[i]]==-1 && cap[i]>0) {
lev[to[i]]=lev[u]+1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return lev[t]!=-1;
}
int dfs(int s,int f,int t,int rest=0) {
if(s==t) return f;
for(int i=head[s];i;i=nex[i]) {
if(lev[to[i]]==lev[s]+1 && cap[i]>0) {
int r=dfs(to[i],Min(cap[i],f-rest),t);
if(r>0) rest+=r,cap[i]-=r,cap[i^1]+=r;
}
}
if(!rest) lev[s]=-1;
return rest;
}
int main()
{
in(n),in(m),in(d);
read(); init();
while(bfs(S,T))
while(int c=dfs(S,inf,T)) ans+=c;
printf("%d
",sum-ans);
return 0;
}