洛谷 P2691 逃离

题目描述

一个n×n栅格是由n行和n列顶点组成的一个无向图，如图所示。用(i,j)表示处于第i行第j列的顶点。除了边界顶点（即满足i=1,i=n,j=1或j=n的顶点(i,j)），栅格中的所有其他顶点都有四个相邻的顶点。

给定栅格中的m≤n2个起始点(x1,y1),…, (xm,ym)，逃脱问题即确定从起始顶点到边界上的任何m个相异的顶点之间，是否存在m条顶点不相交的路径。例如，图中左边的栅格包含了一个逃脱，黑点表示起始点，一个逃脱路径由灰线表示；而右边的栅格则没有逃脱。

现给定一个栅格的n和m，以及其中m个起始点的坐标，你只需要判断是否存在逃脱即可。

输入输出格式

输入格式：

输入文件为escape.in

第一行是一个整数，为n (n≤35)。

第二行还是一个整数，为m。

以下m行，第(i+2)行包含两个整数xi和yi，表示第i行第j列的点是起始点。输入数据保证不会出现起始点坐标相同的情况。

输出格式：

输出文件为escape.out

只包括一行。若存在逃脱输出’YES’，不存在逃脱输出’NO’。

输入输出样例

输入样例#1：

6
10
2 2
2 4
2 6
3 1
3 2
3 4
3 6
4 2
4 4
4 6

输出样例#1：

YES

 

 

网络流

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#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 5000005
using namespace std;
int dep[N],nextt[N<<1],to[N<<1],flow[N<<1],head[N],cnt=1,n,m,fx[5]={1,-1,0,0},fy[5]={0,0,-1,1};
inline void ins(int u,int v,int w)
{
    nextt[++cnt]=head[u];
    to[cnt]=v;
    flow[cnt]=w;
    head[u]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t)
{
    for(int i=s;i<=t;++i) dep[i]=-1;
    dep[s]=0;
    queue<int>q;
    q.push(s);
    for(int now;!q.empty();)
    {
        now=q.front();q.pop() ;
        for(int i=head[now];i;i=nextt[i])
        {
            int v=to[i];
            if(dep[v]==-1&&flow[i])
            {
                dep[v]=dep[now]+1;
                if(v==t) return true;
                q.push(v); 
            }
        }
    }
    return false;
}
inline int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
int dfs(int now,int t,int Limit)
{
    if(now==t||!Limit) return Limit;
    int ret=0,f;
    for(int i=head[now];i;i=nextt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(dep[v]==dep[now]+1&&flow[i]&&(f=dfs(v,t,min(Limit,flow[i]))))
        {
            flow[i]-=f;
            flow[i^1]+=f;
            ret+=f;
            Limit-=f;
            if(!Limit) break;
        }
    }
    if(ret!=Limit) dep[now]=-1;
    return ret;
}
int Dinic(int S,int T)
{
    int ret=0;
    for(;bfs(S,T);ret+=dfs(S,T,0x3f3f3f3f));
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int S=0,T=2*n*n+1;
    for(int x,y,i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        ins(S,(x-1)*n+y,1);
        ins((x-1)*n+y,S,0);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
     for(int j=1;j<=n;++j)
      for(int k=0;k<4;++k)
      {
           int u=i+fx[k],v=j+fy[k];
           if(u>0&&u<=n&&v>0&&v<=n)
           {
               ins((i-1)*n+j,(u-1)*n+v,1);
               ins((u-1)*n+v,(i-1)*n+j,0);
         }
      }
    for(int i=1;i<=n;++i) ins(i,T,1),ins(T,i,0);
    for(int i=n*n-n+1;i<=n*n;++i) ins(i,T,1),ins(T,i,0);
    for(int i=n+1;i<=n*n-n;i+=n) ins(i,T,1),ins(T,i,0);
    for(int i=1;i<=n;++i) ins(i*n,T,1),ins(T,i*n,0);
    int ans=Dinic(S,T); 
    if(ans==m) printf("YES");
    else printf("NO");
    return 0;
}