bzoj3504: [Cqoi2014]危桥

Description

Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家，岛屿被编号为0到N-1。某些岛屿之间有桥相连，桥上的道路是双
向的，但一次只能供一人通行。其中一些桥由于年久失修成为危桥，最多只能通行两次。Alice希望在岛屿al和a2之间往返an次（从al到a2再从a2到al算一次往返）。同时，Bob希望在岛屿bl和b2之间往返bn次。这个过程中，所有危桥最多通行两次，其余的桥可以无限次通行。请问Alice和Bob能完成他们的愿望吗？

Input

本题有多组测试数据。
每组数据第一行包含7个空格隔开的整数，分别为N、al、a2、an、bl、b2、bn。
接下来是一个N行N列的对称矩阵，由大写字母组成。矩阵的i行j列描述编号i一1和j-l的岛屿间的连接情况，若为“O”则表示有危桥相连：为“N”表示有普通的桥相连：为“X”表示没有桥相连。
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Output

对于每组测试数据输出一行，如果他们都能完成愿望输出“Yes”，否则输出“No”。

 

 

Sample Input

4 0 1 1 2 3 1
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX

Sample Output

Yes
No
数据范围
4<=N<50
O<=a1, a2, b1, b2<=N-1
1 <=an. b<=50

 

题解：

这道题有个看上去正确的方法，就是将原图的边保留，容量为它原来能走的次数，从S向a1，b1分别连容量为an*2，bn*2的边，从a2，b2分别向T连容量为an*2，bn*2的边，然后如果最大流=an*2+bn*2，则可行

这个方法是错误的

如图，a1有流向b2的边，b1有流向a2的边，如果这个图满足上面的条件，但它不一定可行

如何能保证可行？我们只需要将b1和b2交换一下再判一遍即可

假如一个a1到b2的一个流和b1到a2的一个流分别经过了一个桥的两个端点(u,v)，如图

我们就可以将a1到b2的流量改为经过u-v-a2-T到达T，同理将b1到a2的流量改为经过v-u-b2-T到达T，这样就说明这个流是没有问题的

在这种情况下将b1和b2交换后，流量显然不会有变化

如果一个a1到b2的一个流和b1到a2的一个流没有经过任何一个桥的两个端点，这个流显然不合法，且在b1和b2交换后，流量会减小

所以判两次就行了

code：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 55
#define maxm 5050
#define inf 1061109567
using namespace std;
char s[52];
int n,a1,a2,an,b1,b2,bn;
struct flow{
    int s,t,tot,now[maxn],son[maxm],pre[maxm],val[maxm];
    int dis[maxn],head,tail,list[maxn];
    bool bo[maxn];
    void init(){s=0,t=n+1,tot=1,memset(now,0,sizeof(now));}
    void put(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c;}
    void add(int a,int b,int c){put(a,b,c),put(b,a,0);}
    bool bfs(){
        memset(bo,0,sizeof(bo));
        head=0,tail=1,list[1]=s,dis[s]=0,bo[s]=1;
        while (head<tail){
            int u=list[++head];
            for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p])
                if (val[p]&&!bo[v]) bo[v]=1,dis[v]=dis[u]+1,list[++tail]=v;
        }
        return bo[t];
    }
    int dfs(int u,int rest){
        if (u==t) return rest;
        int ans=0;
        for (int p=now[u],v=son[p];p&&rest;p=pre[p],v=son[p])
            if (val[p]&&dis[v]==dis[u]+1){
                int d=dfs(v,min(rest,val[p]));
                val[p]-=d,val[p^1]+=d,ans+=d,rest-=d;
            }
        if (!ans) dis[u]=-1;
        return ans;
    }
    int dinic(){
        int ans=0;
        while (bfs()) ans+=dfs(s,inf);
        return ans;
    }
}f,g;
int main(){
    while (~scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)){
        a1++,a2++,an<<=1,b1++,b2++,bn<<=1,f.init();
        for (int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%s",s+1);
            for (int j=1;j<=n;j++) if (s[j]=='O') f.add(i,j,2); else if (s[j]=='N') f.add(i,j,inf);
        }
        g=f;
        f.add(f.s,a1,an),f.add(a2,f.t,an),f.add(f.s,b1,bn),f.add(b2,f.t,bn);
        g.add(g.s,a1,an),g.add(a2,g.t,an),g.add(g.s,b2,bn),g.add(b1,g.t,bn);
        if (f.dinic()==an+bn&&g.dinic()==an+bn) puts("Yes"); else puts("No");
    }
    return 0;
}