【bzoj1001】[BeiJing2006]狼抓兔子 最小割+对偶图+最短路
最小 短路 兔子 对偶
2023-09-11 14:22:40 时间
题目描述
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.
输入
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
输出
输出一个整数,表示参与伏击的狼的最小数量.
样例输入
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
样例输出
14
题解
最小割,转化成对偶图最短路来求。
由于点数边数都很大,直接跑最大流肯定会TLE。
想到题目中图有特殊规律,方便转化为对偶图。
于是可以先转化为对偶图,再求最短路。
步骤:
1.连一条s->t的边
2.为图中每个面积块标号,方法自己选择,s->t边内侧为(s'),外侧为(t')(反过来也一样,因为无向图)
3.连接题目中每条边挨着的两个面积块,权值为原边权,注意要连无向边。
效果:
其中黑色为原图边,红色为新点,蓝色为新边,蓝色数字为新边权。
看似很麻烦,点边很多,实际上堆优化Dijkstra很快,而Dinic慢到死。
然后跑堆优化Dijkstra即可。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <utility> #include <queue> using namespace std; priority_queue<pair<int , int> > q; int head[2000010] , to[6000010] , len[6000010] , next[6000010] , cnt , dis[2000010] , vis[2000010]; void add(int x , int y , int z) { to[++cnt] = y; len[cnt] = z; next[cnt] = head[x]; head[x] = cnt; } int main() { int n , m , i , j , x , y , z , s , t; scanf("%d%d" , &n , &m); s = 0 , t = (n - 1) * (m - 1) * 2 + 1; for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { for(j = 1 ; j < m ; j ++ ) { scanf("%d" , &z); if(i == 1) x = s; else x = (i - 2) * (m - 1) * 2 + (j - 1) * 2 + 1; if(i == n) y = t; else y = (i - 1) * (m - 1) * 2 + (j - 1) * 2 + 2; add(x , y , z) , add(y , x , z); } } for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) { for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) { scanf("%d" , &z); if(j == 1) x = t; else x = (i - 1) * (m - 1) * 2 + (j - 2) * 2 + 2; if(j == m) y = s; else y = (i - 1) * (m - 1) * 2 + (j - 1) * 2 + 1; add(x , y , z) , add(y , x , z); } } for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) { for(j = 1 ; j < m ; j ++ ) { scanf("%d" , &z); x = (i - 1) * (m - 1) * 2 + (j - 1) * 2 + 1; y = (i - 1) * (m - 1) * 2 + (j - 1) * 2 + 2; add(x , y , z) , add(y , x , z); } } memset(dis , 0x3f , sizeof(dis)); dis[s] = 0; q.push(make_pair(0 , s)); while(!q.empty()) { x = q.top().second , q.pop(); if(vis[x]) continue; vis[x] = 1; for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) if(dis[to[i]] > dis[x] + len[i]) dis[to[i]] = dis[x] + len[i] , q.push(make_pair(-dis[to[i]] , to[i])); } printf("%d\n" , dis[t]); return 0; }
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