BZOJ 3504 CQOI 危桥

3504: [Cqoi2014]危桥

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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

HINT

 

Source

找到了个好的证明

 

解析：这道题其实第一眼看上去是(和谐)题，然后发现水水的写完后WA了，然后从网上下来数据来观测数据，发现自己WA的地方都是同一个地方，之后上网上看了看其他人的姿势，算是懂了这道题吧。

首先读完题后，第一眼被这个往返卡了一会，后来发现，假如说从A到B，AB间是危桥的话，那你顶多在其中往返一次，也就是对应流量为1，如此的话，因为无向，所以B到A也必然有流量为1的一条路，在加上点细节修饰以及自己手画个图就能明白。

接下来我就以为这道题已经完事了，直接写了发最大流一跑发现WA了！

后经我亲测数据发现有的时候的流量并非自己所希望的从a1流向a2，有的满流的情况居然是从a1流到b2，这样怎么搞？

然后题解里给出了种办法，就是跑完第一次最大流后如果是满流则重新建图，其中桥的部分不变，源点到a1,a2到汇点的部分不变，只需要把原来的源点到b1，b2到汇点改为源点到b2，b1到汇点即可，再次判断，如果这样跑出来还是满流的话，就有解。

不过遗憾的是我并没有找到证明，所以就自己写了个证明，不知其严谨性。

第一次满流后

假设a1->a2 流量为 an-x

a1->b2 流量为 x

b1->a2 流量为 x

b1->b2 流量为 bn-x

之后我们假设第二次跑完之后又达到满流。

则a1->a2 流量仍为 an-x

∴a1->b1 流量为 x

b2->a2 流量为 x

b2->b1 流量为bn-x

又先前a1->b2 流量为x

∴a1->b2->b1流量为x（无向图）

则b2->b1又可有流量为x的一条路

又b2->b1已有流量为bn-x的一条路

∴b2->b1有流量为bn的一条路

则a1->a2有流量为an的一条路

得证

于是乎按照这个思路再跑一遍最大流就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 1e9+10
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0;int f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int MAXN=1e5+10;
struct node{
	int y,next,linkk,flow,back;
}e[MAXN];
int linkk[MAXN],level[100],q[MAXN],head,tail,len,n,s,t,a1,a2,b1,b2,an,bn,col[60][60];
inline void insert(int x,int y,int f){
	e[++len].y=y;e[len].next=linkk[x];linkk[x]=len;e[len].back=len+1;e[len].flow=f;
	e[++len].y=x;e[len].next=linkk[y];linkk[y]=len;e[len].back=len-1;e[len].flow=0;
}
inline bool getlevel(){
	head=tail=0;
	memset(level,-1,sizeof(level));
	level[s]=0;q[++tail]=s;
	while(head<tail){
		int tn=q[++head];
		for(int i=linkk[tn];i;i=e[i].next){
			if(level[e[i].y]==-1&&e[i].flow){
				level[e[i].y]=level[tn]+1;
				q[++tail]=e[i].y;
			}
		}
	}
	return level[t]>=0;
}
inline int getmaxflow(int x,int flow){
	if(x==t) return flow;
	int f=0,d;
	for(int i=linkk[x];i;i=e[i].next){
		if(e[i].flow&&level[e[i].y]==level[x]+1){
			if(d=getmaxflow(e[i].y,min(flow-f,e[i].flow))){
				f+=d;e[i].flow-=d;e[e[i].back].flow+=d;
				if(f==flow) return f;
			}
		}
	}
	if(f==0) level[x]=-1;
	return f;
}
inline int dinic(){
	int ans=0,d;
	while(getlevel()){
		while(d=getmaxflow(s,inf)) ans+=d;
	}
	return ans;
}
void build(){
	memset(linkk,0,sizeof(linkk));len=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(col[i][j]==1) insert(i,j,inf);
			if(col[i][j]==0) insert(i,j,1);
		}
	}
}
int main(){
	while(scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF){
		a1++,b1++,a2++,b2++;
		s=0;t=n+1;
	    for(int i=1;i<=n;i++){
		    char ch[60];
		    scanf("%s",ch+1);
		    for(int j=1;j<=n;j++){
			    if(ch[j]=='O') col[i][j]=0;
			    if(ch[j]=='X') col[i][j]=-1;
			    if(ch[j]=='N') col[i][j]=1;
		    }
	    }
	    int flag=0;
		build();
	    insert(s,a1,an),insert(s,b1,bn);
	    insert(a2,t,an),insert(b2,t,bn);
	    int ans=dinic();
	    if(ans<an+bn) flag=1;
	    if(flag){
	    	printf("No
");continue;
		}
		build();
		insert(s,a1,an);insert(s,b2,bn);
		insert(a2,t,an);insert(b1,t,bn);
		ans=dinic();
		if(ans<an+bn) flag=1;
		if(flag) printf("No
");
		else printf("Yes
");
	}
	return 0;
}