【24.58%】【BZOJ 1001】狼抓兔子

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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。

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1001

【题解】



把整个图的对偶子图搞出来；

就是把所有线组成的面看成新的节点;

原来的线相邻的两个面之间连接一条边；边权就是原来的线的边权(容量);

如果原来的线没有相邻的面;就在那个面所代表的点连一条自环.

起点到终点的任意一条路径都是原图的一个割。

显然。咱们从起点到终点求一下最短路就是最小割了；

建对偶图可以按照下面的方法建;

其实就是从左到右，从上到下的顺序编号(每个大格);

然后编号乘个2，奇数就是上小格，偶数就是下小格。

盗张图



了解更多详见

http://wenku.baidu.com/link?url=87F10nBWauMdSF-PaKHoG-3fZj0jFE63P6pHSeX6ZiguQqXOQxm41iLWW5IdZCp2MWFQ8JghamfeI68PtLqEv_JSWapGp5z415gNoYb031u



【完整代码】

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 2000000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n,m,s,t;
vector <int> a[MAXN];
vector <int> w[MAXN];
bool inque[MAXN];
queue <int> dl;
int dis[MAXN];

void add(int x,int y,int z)
{
    a[x].push_back(y);
    w[x].push_back(z);
    a[y].push_back(x);
    w[y].push_back(z);
}

int main()
{
    //freopen("F:\\rush.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (n==1 || m==1)
    {
        int mi = INF;
        for (int i = 1;i <= max(n,m)-1;i++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            mi = min(mi,x);
        }
        printf("%d\n",mi);
        return 0;
    }
    s = 0;
    t = 2*(n-1)*(m-1)+1;
    for (int j = 1;j <= m-1;j++)
    {
        int cost;
        scanf("%d",&cost);
        int s1 = 2*j-1;
        add(s,s1,cost);
    }
    for (int i = 1;i <= n-2;i++)
    {
        for (int j = 1;j <= m-1;j++)
        {
            int cost;
            scanf("%d",&cost);
            int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
            int s2 = 2*(i*(m-1)+j)-1;
            add(s1,s2,cost);
        }
    }
    for (int j = 1;j <= m-1;j++)
    {
        int cost;
        scanf("%d",&cost);
        int s1 = 2*((n-2)*(m-1)+j);
        add(s1,t,cost);
    }
    //横边处理完毕....

    for (int i = 1;i <= n-1;i++)
    {
        for (int j = 1;j <= m;j++)
        {
            int cost;
            cin >> cost;
            if (j==1)
            {
                int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+1);
                add(s1,t,cost);
            }
            else
                if (j==m)
                {
                    int s1 = 2*i*(m-1)-1;
                    add(s,s1,cost);
                }
                else
                {
                    int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
                    int s2 = 2*((i-1)*(m-1)+j-1)-1;
                    add(s1,s2,cost);
                }
        }
    }
    //竖边处理完毕....

    for (int i = 1;i <= n-1;i ++)
    {
        for (int j = 1;j <= m-1;j++)
        {
            int cost;
            scanf("%d",&cost);
            int s1 = 2*((i-1)*(m-1)+j);
            int s2 = 2*((i-1)*(m-1)+j)-1;
            add(s1,s2,cost);
        }
    }
    //斜边处理完毕...

    memset(dis,INF,sizeof(dis));
    dis[s] = 0;
    inque[s] = true;
    dl.push(s);
    while (!dl.empty())
    {
        int x = dl.front();
        inque[x] = false;
        dl.pop();
        int len = a[x].size();
        for (int i = 0;i <= len-1;i++)
        {
            int y = a[x][i];
            int co = w[x][i];
            if (dis[y] > dis[x]+co)
            {
                dis[y] = dis[x] + co;
                if (!inque[y])
                {
                    dl.push(y);
                    inque[y] = true;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dis[t]);
    return 0;
}