【BZOJ1189】紧急疏散（二分答案，最大流）

【BZOJ1189】紧急疏散（二分答案，最大流）

题面

Description

发生了火警，所有人员需要紧急疏散！假设每个房间是一个N M的矩形区域。每个格子如果是'.'，那么表示这是一块空地；如果是'X'，那么表示这是一面墙，如果是'D'，那么表示这是一扇门，人们可以从这儿撤出房间。已知门一定在房间的边界上，并且边界上不会有空地。最初，每块空地上都有一个人，在疏散的时候，每一秒钟每个人都可以向上下左右四个方向移动一格，当然他也可以站着不动。疏散开始后，每块空地上就没有人数限制了（也就是说每块空地可以同时站无数个人）。但是，由于门很窄，每一秒钟只能有一个人移动到门的位置，一旦移动到门的位置，就表示他已经安全撤离了。现在的问题是：如果希望所有的人安全撤离，最短需要多少时间？或者告知根本不可能。

Input

输入文件第一行是由空格隔开的一对正整数N与M，3<=N <=20，3<=M<=20，以下N行M列描述一个N M的矩阵。其中的元素可为字符'.'、'X'和'D'，且字符间无空格。

Output

只有一个整数K，表示让所有人安全撤离的最短时间，如果不可能撤离，那么输出'impossible'（不包括引号）。

Sample Input

5 5

XXXXX

X...D

XX.XX

X..XX

XXDXX

Sample Output

3

题解

首先预处理出来每个空位置到每个门的距离

然而很容易想到二分一个时间

现在考虑如何建图

首先，如果距离小于给定的时间就可以走到门

那么，就从每个空位连向门就行啦？

当然不行

这样子做就不能达到每秒钟只能出去一个人的限制

所以，拆点

把门拆成时间个

当前点哪个时间到达就连接在那个时间上

同时，每个节点连一个容量为1的边到汇点上表示出去了

因为前面的人是可以留在门口等到接下来再出去

所以从每个拆开的门向下一秒连一个容量为INF的边

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXL 5000000
#define MAX 100000
#define __ 40
#define INF 1000000000
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
struct Line
{
    int v,next,w;
}e[MAXL];
int h[MAX],cnt;
int S,T,n,m,K;
inline void Add(int u,int v,int w)
{
    e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
    e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;
}
int level[MAX];
bool BFS()
{
    memset(level,0,sizeof(level));
    level[S]=1;
    queue<int> Q;
    Q.push(S);
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front();Q.pop();
        for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].v;
            if(e[i].w&&!level[v])
                level[v]=level[u]+1,Q.push(v);
        }
    }
    return level[T];
}
int DFS(int u,int flow)
{
    if(flow==0||u==T)return flow;
    int ret=0;
    for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].v;
        if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1)
        {
            int dd=DFS(v,min(flow,e[i].w));
            flow-=dd;ret+=dd;
            e[i].w-=dd;e[i^1].w+=dd;
        }
    }
    return ret;
}
int Dinic()
{
    int ret=0;
    while(BFS())ret+=DFS(S,INF);
    return ret;
}
int tot,blk;
int qx[MAX],qy[MAX],dr;
int d[4][2]={0,1,1,0,-1,0,0,-1};
char g[__][__];
int b[__][__],dd[__][__],dis[__*__][__*__];
bool vis[__][__];
void Getdis(int K,int x,int y)
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	queue<int> Qx,Qy;
	memset(dis[K],63,sizeof(dis[K]));
	Qx.push(x),Qy.push(y);vis[x][y]=true;dis[K][b[x][y]]=0;
	while(!Qx.empty())
	{
		int u=Qx.front(),v=Qy.front();
		Qx.pop();Qy.pop();
		for(int i=0;i<4;++i)
		{
			int xx=u+d[i][0],yy=v+d[i][1];
			if(vis[xx][yy])continue;
			vis[xx][yy]=true;
			if(x&&y&&x<=n&&y<=m&&g[xx][yy]=='.')
			{
				dis[K][b[xx][yy]]=dis[K][b[u][v]]+1;
				Qx.push(xx);Qy.push(yy);
			}
		}
	}
}
int tt[500];
void Build(int K)
{
	memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0;
	S=0;T=50000;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			if(g[i][j]=='.')Add(S,b[i][j],1);
	int bh=n*m;
	for(int gg=1;gg<=dr;++gg)
	{
		for(int i=1;i<=K;++i)tt[i]=++bh;
		for(int i=1;i<K;++i)Add(tt[i],tt[i+1],INF);
		for(int i=1;i<=K;++i)Add(tt[i],T,1);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j)
				if(g[i][j]=='.'&&dis[gg][b[i][j]]<=K)
					Add(b[i][j],tt[dis[gg][b[i][j]]],1);
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	S=0;T=n*m+1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%s",g[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			b[i][j]=++tot;
			if(g[i][j]=='.')++blk;
			if(g[i][j]=='D')++dr,qx[dr]=i,qy[dr]=j,dd[i][j]=dr;
		}
	for(int i=1;i<=dr;++i)Getdis(i,qx[i],qy[i]);
	int l=0,r=2000,ans=1e9;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		Build(mid);
		if(Dinic()==blk)ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	ans>=1e9?puts("impossible"):printf("%d\n",ans);
	return 0;
}