网络流之转换为对偶图

网络流之转换为对偶图

先来观察下面的这张图：

下面的这张却完全不行。

像这样任意两边的交点在顶点上的图我们称为平面图。

几条边围成一个区域，这个区域称为一个面。

对平面图，我们定义对偶图：

下图中黑色的是个平面图，红色的就是对偶图。其建立方法是，对每个面建一个点，只要有一条边是在两个面之间，我们就对这两个面对应的点连边（稍有些绕）。注意是有一条边就连线。

然后我们就得到萌萌哒的对偶图一张！

对偶图就有很多美妙的性质了。比如说，我们发现，对偶图的一条边就对应了一条割边。

既然如此的话，想想狼抓兔子，一条割边有一个容量，那么如果我们建它的对偶图，最短路就是最小割。

所以得出下面的重要定理：

对平面图来说，最大流 = 最小割 = 对偶图最短路

所以我们就可以稳一些跑出来狼抓兔子。

1001: [BeiJing2006]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。

 

Source

 

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题目分析：

,每一个环中间都有一个点(类似于圆方树?) 然后每一条边会被相邻两个环中的点给穿插。最后我们要建立源点和汇点,让后让那些没有没有相邻环的连源汇点。

 

 这就是题目所给图的对偶图；

只要求源点到汇点的最短路径即可；

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000006,INF=0x3fffffff,E=N*3;
struct ARC {
    int u, val, next;
    inline void init(int a, int b, int c) {
        u=a, val=b, next=c;
    }
} arc[E];
int head[N], tot, S, T, n, m, dis[N];
bool vs[N];

struct data{
    int u, dis;
    data() {}
    data(int a, int b) : u(a), dis(b) {}
    bool operator < (const data &T) const {
        return dis>T.dis;
    }
};

inline void add_arc(int s, int t, int val) 
{
    arc[tot].init(t, val, head[s]);
    head[s]=tot++;
}

priority_queue<data> Q;
void Dijkstra() 
{
    fill(dis, dis+T+1, INF);
    fill(vs, vs+T+1, 0);
    while(!Q.empty()) Q.pop();
    dis[S]=0, Q.push(data(S, 0));
    for(int u; !Q.empty(); ) 
    {
        u=Q.top().u, Q.pop();
        if(vs[u]) continue;
        if(u==T) 
        {
            printf("%d\n", dis[T]);
            break;
        }
        vs[u]=1;
        for(int e=head[u]; e!=-1; e=arc[e].next) {
            int v=arc[e].u;
            if(vs[v] || dis[u]+arc[e].val>=dis[v]) continue;
            dis[v]=dis[u]+arc[e].val;
            Q.push(data(v, dis[v]));
        }
    }
}

void read(int &x) {
    char c;
    while((c=getchar())<'0' || c>'9');
    x=c-'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
}

void Input() {
    for(int i=0, id1, id2, a; i<=n-1; i++)
        for(int j=1; j<=m-1; j++) {
            read(a);
            id1=((i-1)*(m-1)+j)*2-1;
            id2=(i*(m-1)+j)*2;
            if(i==0) id1=T;
            else if(i==n-1) id2=S;
            add_arc(id1,id2,a);
            add_arc(id2,id1,a);
        }

    for(int i=1, id1, id2, a; i<=n-1; i++)
        for(int j=0; j<m; j++) {
            read(a);
            id1=((i-1)*(m-1)+j)*2;
            id2=((i-1)*(m-1)+j+1)*2-1;
            if(j==0) id1=S;
            else if(j==m-1) id2=T;
            add_arc(id1, id2, a);
            add_arc(id2, id1, a);
        }

    for(int i=1, id1, id2, a; i<=n-1; i++)
        for(int j=1; j<=m-1; j++) {
            read(a);
            id1=((i-1)*(m-1)+j)*2;
            id2=((i-1)*(m-1)+j)*2-1;
            add_arc(id1, id2, a);
            add_arc(id2, id1, a);
        }
}

int main() {
    read(n), read(m);
    S=0, T=(n-1)*(m-1)*2+1;
    fill(head, head+T+1, -1), tot=0;
    if(n==1 || m==1) 
    {
        if(n>m) swap(n, m);
        int ans=INF;
        for(int i=1, a; i<m; i++) 
        {
            read(a);
            if(ans>a) ans=a;
        }
        printf("%d\n", ans==INF?0:ans);
    }
    else Input(), Dijkstra();
    return 0;
}