BZOJ 1001 - 狼抓兔子 - [Dinic最大流][对偶图最短路]

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

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：

无向边转成正反两条有向边，上Dinic求最大流。

vector存图会MLE，改用链式前向星就好了。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define idx(i,j) ((i-1)*m+j)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=*+;
const int maxm=*maxn;

int n,m,w;

struct Edge{
    int u,v,c,f;
    int next;
};
struct Dinic
{
    int s,t; //源点汇点
    Edge E[maxm];
    int head[maxn],ne;
    void init()
    {
        ne=;
        memset(head,,sizeof(head));
    }
    void addedge(int u,int v,int c)
    {
        ++ne;
        E[ne].u=u, E[ne].v=v, E[ne].c=c, E[ne].f=;
        E[ne].next=head[u];
        head[u]=ne;
    }
    int dist[maxn],vis[maxn];
    queue<int> q;
    bool bfs() //在残量网络上构造分层图
    {
        memset(vis,,sizeof(vis));
        while(!q.empty()) q.pop();
        q.push(s);
        dist[s]=;
        vis[s]=;
        while(!q.empty())
        {
            int now=q.front(); q.pop();
            for(int i=head[now];i;i=E[i].next)
            {
                Edge& e=E[i]; int nxt=e.v;
                if(!vis[nxt] && e.c>e.f)
                {
                    dist[nxt]=dist[now]+;
                    q.push(nxt);
                    vis[nxt]=;
                }
            }
        }
        return vis[t];
    }
    int dfs(int now,int flow)
    {
        if(now==t || flow==) return flow;
        int rest=flow,k;
        for(int i=head[now];rest> && i;i=E[i].next)
        {
            Edge &e=E[i]; int nxt=e.v;
            if(e.c>e.f && dist[nxt]==dist[now]+)
            {
                k=dfs(nxt,min(rest,e.c-e.f));
                if(!k) dist[nxt]=; //剪枝，去掉增广完毕的点
                e.f+=k; E[i^].f-=k;
                rest-=k;
            }
        }
        return flow-rest;
    }
    int mf; //存储最大流
    int maxflow()
    {
        mf=;
        int flow=;
        while(bfs()) while(flow=dfs(s,INF)) mf+=flow;
        return mf;
    }
}dinic;

int main()
{
    cin>>n>>m;
    dinic.init();
    dinic.s=idx(,);
    dinic.t=idx(n,m);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        for(int j=;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            dinic.addedge(idx(i,j),idx(i,j+),w);
            dinic.addedge(idx(i,j+),idx(i,j),w);
        }
    }
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        for(int j=;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            dinic.addedge(idx(i,j),idx(i+,j),w);
            dinic.addedge(idx(i+,j),idx(i,j),w);
        }
    }
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        for(int j=;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            dinic.addedge(idx(i,j),idx(i+,j+),w);
            dinic.addedge(idx(i+,j+),idx(i,j),w);
        }
    }
    cout<<dinic.maxflow()<<endl;
}

题解2：

首先在起点 $s$ 和终点 $t$ 之间再连一条直接相连的边，并且画出对偶图，如图：

将上图中标记删除的边删除，同时删掉之前添加的直接接连接起点和终点的边，得到如下图：

不难可以看出，从 $S$ 到 $T$ 的任意一条简单路径，都对应原图的一个 $s-t$ 割。而相应地，$s-t$ 最小割就对应着 $S$ 和 $T$ 间的最短路。

（当然，需要注意的一点是，在 $n=1$ 或者 $m=1$ 时对偶图比较特殊，需要特判一下）

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=**+;
const int maxm=*maxn;

int n,m,w;

struct Edge{
    int v,w;
    int next;
};
Edge E[maxm];
int head[maxn],ne;
void init()
{
    ne=;
    memset(head,,sizeof(head));
}
void addedge(int u,int v,int w)
{
    ++ne;
    E[ne].v=v, E[ne].w=w;
    E[ne].next=head[u];
    head[u]=ne;
}

int dist[maxn];
bool vis[maxn];
void spfa(int s)
{
    memset(dist,INF,sizeof(dist)); dist[s]=;
    memset(vis,,sizeof(vis));

    queue<int> Q;
    Q.push(s), vis[s]=;
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front(); Q.pop(); vis[u]=;
        for(int i=head[u];i;i=E[i].next)
        {
            int v=E[i].v;
            if(dist[v]>dist[u]+E[i].w)
            {
                dist[v]=dist[u]+E[i].w;
                if(!vis[v]) Q.push(v), vis[v]=;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    init();
    int S=, T=*(n-)*(m-)+;
    int rowmin=INF, colmin=INF;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        for(int j=;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            rowmin=min(rowmin,w);
            if(i==) addedge(S,j,w), addedge(j,S,w);
            else if(i==n)
            {
                int u=(*i-)*(m-)+j;
                addedge(u,T,w), addedge(T,u,w);
            }
            else
            {
                int u=(*i-)*(m-)+j, v=(*i-)*(m-)+j;
                addedge(u,v,w), addedge(v,u,w);
            }
        }
    }
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        for(int j=;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            colmin=min(colmin,w);
            if(j==)
            {
                int u=(*i-)*(m-)+j;
                addedge(u,T,w), addedge(T,u,w);
            }
            else if(j==m)
            {
                int v=(*i-)*(m-)+(j-);
                addedge(S,v,w), addedge(v,S,w);
            }
            else
            {
                int u=(*i-)*(m-)+(j-), v=(*i-)*(m-)+j;
                addedge(u,v,w), addedge(v,u,w);
            }
        }
    }
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        for(int j=;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&w);
            int u=(*i-)*(m-)+j, v=(*i-)*(m-)+j;
            addedge(u,v,w), addedge(v,u,w);
        }
    }

    if(n== && m==) cout<<<<endl;
    else if(m==) cout<<colmin<<endl;
    else if(n==) cout<<rowmin<<endl;
    else
    {
        spfa(S);
        cout<<dist[T]<<endl;
    }
}