BZOJ1001[BeiJing2006]狼抓兔子——最小割

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.

题意就是割开一部分边试起点和终点不连通且割开边的边权最小，显然是最小割（转成最大流做）。但要注意的是，这里的边是双向边，所以回流边可以直接把流量赋成正向边边权，这样就不用建双向边了（就是不用建正向v流量边，反向0流量边再建反向v流量边，正向0流量边；直接建正向v流量边和反向v流量边）。这样的好处是一开始回流边就可以增广。

最后附上代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
int next[6000001];
int to[6000001];
int val[6000001];
int head[6000001];
int tot=1;
int q[6000001];
int n,m;
int S,T;
int x;
int ans;
int d[6000001];
const int INF=0x3f3f3f3f;
void add(int x,int y,int v)
{
    tot++;
    next[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
    to[tot]=y;
    val[tot]=v;
    tot++;
    next[tot]=head[y];
    head[y]=tot;
    to[tot]=x;
    val[tot]=v;
}
bool bfs(int S,int T)
{
    int r=0;
    int l=0;
    memset(d,-1,sizeof(d));
    q[r++]=S;
    d[S]=0;
    while(l<r)
    {
        int now=q[l];
        for(int i=head[now];i;i=next[i])
        {
            if(d[to[i]]==-1&&val[i]!=0)
            {
                d[to[i]]=d[now]+1;
                q[r++]=to[i];
            }
        }
        l++;
    }
    if(d[T]==-1)
    {
        return false;
    }
    else
    {
        return true;
    }
}
int dfs(int x,int flow)
{
    if(x==T)
    {
        return flow;
    }
    int now_flow;
    int used=0;
    for(int i=head[x];i;i=next[i])
    {
        if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i]!=0)
        {
            now_flow=dfs(to[i],min(flow-used,val[i]));
            val[i]-=now_flow;
            val[i^1]+=now_flow;
            used+=now_flow;
            if(now_flow==flow)
            {
                return flow;
            }
        }
    }
    if(used==0)
    {
        d[x]=-1;
    }
    return used;
}
void dinic()
{
    while(bfs(S,T)==true)
    {
        ans+=dfs(S,0x3f3f3f);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=1;
    T=n*m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m-1;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,x);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            add((i-1)*m+j,i*m+j,x);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m-1;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            add((i-1)*m+j,i*m+j+1,x);
        }
    }
    dinic();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}