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=1000*1000+10; const int maxm=6*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=0; memset(head,0,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=0; 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,0,sizeof(vis)); while(!q.empty()) q.pop(); q.push(s); dist[s]=0; vis[s]=1; 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]+1; q.push(nxt); vis[nxt]=1; } } } return vis[t]; } int dfs(int now,int flow) { if(now==t || flow==0) return flow; int rest=flow,k; for(int i=head[now];rest>0 && i;i=E[i].next) { Edge &e=E[i]; int nxt=e.v; if(e.c>e.f && dist[nxt]==dist[now]+1) { k=dfs(nxt,min(rest,e.c-e.f)); if(!k) dist[nxt]=0; //剪枝，去掉增广完毕的点 e.f+=k; E[i^1].f-=k; rest-=k; } } return flow-rest; } int mf; //存储最大流 int maxflow() { mf=0; int flow=0; while(bfs()) while(flow=dfs(s,INF)) mf+=flow; return mf; } }dinic; int main() { cin>>n>>m; dinic.init(); dinic.s=idx(1,1); dinic.t=idx(n,m); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&w); dinic.addedge(idx(i,j),idx(i,j+1),w); dinic.addedge(idx(i,j+1),idx(i,j),w); } } for(int i=1;i<n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&w); dinic.addedge(idx(i,j),idx(i+1,j),w); dinic.addedge(idx(i+1,j),idx(i,j),w); } } for(int i=1;i<n;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&w); dinic.addedge(idx(i,j),idx(i+1,j+1),w); dinic.addedge(idx(i+1,j+1),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=2*999*999+5; const int maxm=4*maxn; int n,m,w; struct Edge{ int v,w; int next; }; Edge E[maxm]; int head[maxn],ne; void init() { ne=0; memset(head,0,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]=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); queue<int> Q; Q.push(s), vis[s]=1; while(!Q.empty()) { int u=Q.front(); Q.pop(); vis[u]=0; 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]=1; } } } } int main() { cin>>n>>m; init(); int S=0, T=2*(n-1)*(m-1)+1; int rowmin=INF, colmin=INF; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&w); rowmin=min(rowmin,w); if(i==1) addedge(S,j,w), addedge(j,S,w); else if(i==n) { int u=(2*i-3)*(m-1)+j; addedge(u,T,w), addedge(T,u,w); } else { int u=(2*i-3)*(m-1)+j, v=(2*i-2)*(m-1)+j; addedge(u,v,w), addedge(v,u,w); } } } for(int i=1;i<n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&w); colmin=min(colmin,w); if(j==1) { int u=(2*i-1)*(m-1)+j; addedge(u,T,w), addedge(T,u,w); } else if(j==m) { int v=(2*i-2)*(m-1)+(j-1); addedge(S,v,w), addedge(v,S,w); } else { int u=(2*i-2)*(m-1)+(j-1), v=(2*i-1)*(m-1)+j; addedge(u,v,w), addedge(v,u,w); } } } for(int i=1;i<n;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&w); int u=(2*i-2)*(m-1)+j, v=(2*i-1)*(m-1)+j; addedge(u,v,w), addedge(v,u,w); } } if(n==1 && m==1) cout<<0<<endl; else if(m==1) cout<<colmin<<endl; else if(n==1) cout<<rowmin<<endl; else { spfa(S); cout<<dist[T]<<endl; } }
