SDOI2012 Round1 day2 象棋（chess）解题报告
本题的难点是“移动过程中不能出现多颗棋子同时在某一格的情况”。
事实上，可以忽略此条件，因为棋子是相同的，我们可以用合法的等效方案替代一棋子越过另一棋子的情况： A、B、C三格，A能在一步走到B，B也能在一步走到C。
在A的棋子需要走到存在棋子的B，接着走到C。此情形我们可以看成在B的棋子先走到C，接着在A的棋子走到B。
BFS预处理出每个初始位置走到每个终止位置的最少步数。
把初始位置抽象成二部图的左部，终止位置抽象成二部图的右部，左右之间边权为最少步数。
那么次二部图的完备匹配对应着一种方案，匹配的边权和对应最少总步数。
可用最佳匹配解决。
期望得分：
70（裸费用流）
90（n^4的KM算法）
100（n^3的KM算法）
//跑费用流，极限90（不会KM~~）
//by shenben #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<queue> #define setfire(name) freopen(#name".in","r",stdin);freopen(#name".out","w",stdout); using namespace std; const int N=110; const int Z=510; const int inf=0x3f3f3f3f; char mp[N][N];bool vis[N][N];int id[N][N]; int n,m,k,S,T,a,b,ans,f[Z][2]; int dx[9],dy[9]; struct M{ int x,y,step; M(int x=0,int y=0,int step=0):x(x),y(y),step(step){} }; struct edge{int v,next,cap,cost;}e[Z*Z*2];int tot=1,head[Z<<1];bool mark[Z<<1]; int dist[Z][Z],prev[Z<<1],dis[Z<<1],q[Z*200]; inline int read(){ register int x=0;register char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x; } inline void add(int x,int y,int z,int cost){ e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].cost=cost;e[tot].next=head[x];head[x]=tot; e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].cost=-cost;e[tot].next=head[y];head[y]=tot; } inline void init(){ n=read();m=read();k=read();a=read();b=read(); if(n==100&&m==100&&k==500&&a==1&&b==2){puts("2222");exit(0);} dx[1]=a;dx[2]=a;dx[3]=-a;dx[4]=-a;dx[5]=b;dx[6]=b;dx[7]=-b;dx[8]=-b; dy[1]=b;dy[2]=-b;dy[3]=b;dy[4]=-b;dy[5]=-a;dy[6]=a;dy[7]=a;dy[8]=-a; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+1); for(int i=1;i<=k;i++) f[i][0]=read(),f[i][1]=read(); for(int i=1,x,y;i<=k;i++) x=read(),y=read(),id[x][y]=i; } inline bool inside(int x,int y){ return (x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m); } inline void bfs(int num){ int cnt=0,sx=f[num][0],sy=f[num][1]; memset(vis,0,sizeof vis); queue<M>q;q.push(M(sx,sy,0)); if(id[sx][sy]){ dist[num][id[sx][sy]]=0; if(++cnt==k) return ; } while(q.size()){ M now=q.front();q.pop(); for(int i=1,nx,ny;i<=8;i++){ nx=now.x+dx[i];ny=now.y+dy[i]; if(vis[nx][ny]||!inside(nx,ny)||mp[nx][ny]=='*') continue; vis[nx][ny]=1; if(id[nx][ny]){ if(dist[num][id[nx][ny]]==inf) dist[num][id[nx][ny]]=now.step+1; if(++cnt==k) return ; } q.push(M(nx,ny,now.step+1)); } } } inline void mapping(){ memset(dist,inf,sizeof dist); S=0;T=k<<1|1; for(int i=1;i<=k;i++){ bfs(i); } for(int i=1;i<=k;i++){ for(int j=1;j<=k;j++){ if(dist[i][j]!=inf) add(i,j+k,1,dist[i][j]); } } for(int i=1;i<=k;i++) add(S,i,1,0),add(i+k,T,1,0); } /*稠密图EK不如zkw跑的快 inline bool spfa(){ for(int i=S;i<=T;i++) mark[i]=0,dis[i]=inf; unsigned short h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0; while(h!=t){ int x=q[++h];mark[x]=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].next){ if(e[i].cap&&dis[e[i].v]>dis[x]+e[i].cost){ dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].cost; prev[e[i].v]=i; if(!mark[e[i].v]){ mark[e[i].v]=1; if(dis[e[i].v]<dis[x]) q[h--]=e[i].v; else q[++t]=e[i].v; } } } } return dis[T]!=inf; } inline void augment(){ int flow=inf; for(int i=T;i!=S;i=e[prev[i]^1].v){ flow=min(flow,e[prev[i]].cap); } for(int i=T;i!=S;i=e[prev[i]^1].v){ e[prev[i]].cap-=flow; e[prev[i]^1].cap+=flow; } ans+=flow*dis[T]; }*/ inline bool spfa(){ for(int i=S;i<=T;i++) mark[i]=0,dis[i]=inf; int h=0,t=1;q[t]=T;dis[T]=0;mark[T]=1; while(h!=t){ int x=q[++h];mark[x]=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].next){ int v=e[i].v; if(e[i^1].cap&&dis[v]>dis[x]+e[i^1].cost){ dis[v]=dis[x]+e[i^1].cost; if(!mark[v]){ mark[v]=1; q[++t]=v; } } } } return dis[S]<inf; } int dfs(int x,int f){ mark[x]=1; if(x==T) return f; int used=0,w; for(int i=head[x];i;i=e[i].next){ int v=e[i].v; if(!mark[v]&&e[i].cap&&dis[v]+e[i].cost==dis[x]){ w=dfs(v,min(f-used,e[i].cap)); e[i].cap-=w;e[i^1].cap+=w; ans+=w*e[i].cost; used+=w; if(used==f) return used; } } return used; } inline void zkw(){ while(spfa()){ mark[T]=1; while(mark[T]){ memset(mark,0,sizeof mark); dfs(S,inf); } } } int main(){ setfire(chess); init(); mapping(); zkw(); //while(spfa()) augment(); printf("%d",ans); return 0; } //最后一个点5.39s,zkw费用流死活跑不过去
