BZOJ-1001-[BeiJing2006]狼抓兔子（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

14

HINT

 2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。

 

题解

这道题一眼看到就觉得是网络流

也可以用最短路来做

这里介绍一下网络流的做法

我们可以把一对（x,y）转化成一个值（n和m都小于等于1000，所以（n,m）最大也就1,000,000）

加边，进行网络流

但是网络流我以前只会O(n^2*m) 的，看数据感觉要超时

后来发现当dfs找答案的时候可以优化一下（具体可以看一下我的上一篇博客）

所以这样时间复杂度立刻就降下来了

#include<bits/stdc++.h>
#define MAX 1e9
#define NM 1000005
using namespace std;
int n,m,val,tot,ans,dis;
int head[NM],level[NM],q[NM];
struct node{
    int next,to,dis;
}E[6*NM];
void add(int x,int y,int z){
    tot++;
    E[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
    E[tot].to=y;
    E[tot].dis=z;
    tot++;
    E[tot].next=head[y];
    head[y]=tot;
    E[tot].to=x;
    E[tot].dis=z;
}
void pre(){
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<m;j++){
            scanf("%d",&val);
            add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,val);
        }
    for (int i=1;i<n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&val);
            add((i-1)*m+j,i*m+j,val);
        }
    for (int i=1;i<n;i++)
        for (int j=1;j<m;j++){
            scanf("%d",&val);
            add((i-1)*m+j,i*m+j+1,val);
        }
}
bool bfs(){
    memset(level,0,sizeof(level));
    level[1]=1;
    int t=1,w=1; 
    q[1]=1;
    while (t<=w){
        int k=q[t];
        for (int i=head[k];i!=-1;i=E[i].next){
            int y=E[i].to;
            if (E[i].dis&&!level[y]){
                level[y]=level[k]+1;
                q[++w]=y;
            }
        }
        t++;
    }
    return level[n*m]!=0;
}
int dfs(int s,int maxf){
    if (s==n*m) return maxf;
    int ret=0;
    for (int i=head[s];i!=-1;i=E[i].next){
        int y=E[i].to;
        dis=E[i].dis;
        if (dis&&level[s]+1==level[y]){
            int Min=min(maxf-ret,dis);
            dis=dfs(y,Min);
            E[i].dis-=dis;
            E[i^1].dis+=dis;
            ret+=dis;
            if (ret==maxf) return ret;    
        }
    }
    if (!ret) level[s]=0;
    return ret;
}
void Dinic(){
    ans=0;
    while (bfs()) ans+=dfs(1,MAX);
    printf("%d
",ans);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    pre();
    Dinic();
    return 0;
}