[洛谷P2472] [SCOI2007]蜥蜴
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题目分析：
一道网络流，先来分析一下问题：
在一个\(r*c\)的图中分布了一些数，其他地方都用\(0\)填充，我们分别从指定的一些数出发，每次可以移动到周围距离为\(d\)以内的数上（或图外），原来的数会被\(-1\)，任何时候数不能为负。各个数走法之间互相影响。问至多有多少个数出发能到达图外？
把这个题的限制条件列出来一下吧：
- 每个石柱只能站一只蜥蜴
- 每个石柱最多被经过其高度次
- 石柱与石柱之间，石柱与图边界之间要距离小于等于\(d\)才能到达
首先我的角度是以每个石柱本身的限制条件入手。我们知道一个高度为\(h\)的石柱最多可以被经过\(h\)次（显然，蜥蜴是不走回头路的，因为这是对资源的浪费），而网络流的基本性质之一，是每条边最多将其上限流满（相当于有一个上限），那么可以考虑将石柱的高度作为网络流建图边上的限制。但是每个石柱是一个点，怎么办呢，我们就考虑把每个石柱拆点，把编号为\(i\)的点拆成\(i\)和\(i + r * c\)，然后把流入这个点的边全部接到\(i\)上，流出这个点的边全部接到\(i+r*c\)上，把限制加在两点之间的连边上（流量为\(h\)）。这是对于石柱的处理，也是我认为这个问题中最关键的一步。
剩下的就比较好办了。
对于“每个石柱只能站一只蜥蜴”的限制条件，将“只能站一只”作为上界，源点向蜥蜴所在的每个石柱连边，边容量为\(1\)
对于石柱和石柱之间，石柱与图边界之间距离小于等于\(d\)才能到达的限制条件，因为图很小，我们考虑直接暴力枚举两个点，如果两个点都有石柱且距离小于等于\(d\)，那么我们直接考虑两个石柱之间连一条容量为\(INF\)的边：除了距离，没有别的限制条件了，而距离的限制条件已经判断过了，并且每个石柱的限制已经在拆点的过程中加上去了，所以容量不需要做其他的限制，直接连\(INF\)即可。对于到达边界的限制条件，我们同样连一条\(INF\)的边（和前面的原因类似），距离判断只需要判断横纵就行，因为根据勾股定理，横纵都比\(d\)大显然斜着也比\(d\)大。
代码：
// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
#define INF (1000000000 + 7)
#define N (10005 + 5)
#define M (100000 + 5)
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int cnt = 0, f = 1; char c;
c = getchar();
while (!isdigit(c)) {
if(c == '-') f = -f;
c = getchar();
}
while (isdigit(c)) {
cnt = cnt * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return cnt * f;
}
int r, c, d, tot = 1, n;
int S, T;
int first[M], nxt[M], to[M], flow[M];
int mapp[N][N], a[N][N];
int dep[M], cnt[M];
char lizard[N][N];
inline void Add(int x, int y, int z) {
nxt[++tot] = first[x], first[x] = tot, to[tot] = y, flow[tot] = z;
nxt[++tot] = first[y], first[y] = tot, to[tot] = x, flow[tot] = 0;
}
inline bool pd(int i, int j) {
if (i <= d || j <= d) return true;
if (r - i + 1 <= d || c - j + 1 <= d) return true;
return false;
}
inline void build() {
S = 1;
for (register int i = 1; i <= r; i++)
for (register int j = 1; j <= c; j++)
a[i][j] = ++tot;
for (register int i = 1; i <= r; i++)
scanf("%s", lizard[i] + 1);
for (register int i = 1; i <= r; i++)
for (register int j = 1; j <= c; j++)
mapp[i][j] = lizard[i][j] - '0';
T = r * c * 2 + 2, tot = 1;
for (register int i = 1; i <= r; i++)
scanf("%s", lizard[i] + 1);
for (register int i = 1; i <= r; i++)
for (register int j = 1; j <= c; j++)
if (mapp[i][j]) {
Add(a[i][j], a[i][j] + r * c, mapp[i][j]);
if (pd(i, j)){
Add(a[i][j] + r * c, T, INF);
// cout<<i<<" "<<j<<endl;
}
}
for (register int i = 1; i <= r; i++)
for (register int j = 1; j <= c; j++)
for (register int k = 1; k <= r; k++)
for (register int p = 1; p <= c; p++) {
if (i == k && j == p) continue;
if (mapp[i][j] && mapp[k][p])
if ((i - k) * (i - k) + (j - p) * (j - p) <= d * d)
Add(a[i][j] + r * c, a[k][p], INF);
// Add(a[k][p] + r * c, a[i][j], INF);
}
for (register int i = 1; i <= r; i++)
for (register int j = 1; j <= c; j++)
if (lizard[i][j] == 'L') Add(S, a[i][j], 1), ++n;
}
inline void bfs_(int s) {
memset(dep, 0xff, sizeof(dep));
dep[s] = 0;
cnt[0] = 1;
queue<int> q;
q.push(s);
while (!q.empty()) {
int p = q.front();
q.pop();
for (register int i = first[p]; i >= 2; i = nxt[i]) {
int v = to[i];
if (dep[v] == -1) {
++cnt[dep[v] = dep[p] + 1];
q.push(v);
}
}
}
}
int max_flow;
int dfs_(int p, int f) {
if (p == T) {
max_flow += f;
return f;
}
int u = 0;
for (register int i = first[p]; i >= 2; i = nxt[i]) {
int v = to[i];
if (flow[i] && dep[v] == dep[p] - 1) {
int uu = dfs_(v, min(flow[i], f - u));
if (uu) {
flow[i] -= uu;
flow[i ^ 1] += uu;
u += uu;
}
if (u >= f) {
return u;
}
}
}
if (!--cnt[dep[p]]) {
dep[S] = r * c * 2 + 10;
}
++cnt[++dep[p]];
return u;
}
signed main() {
r = read(); c = read(); d = read();
build();
bfs_(T);
while (dep[S] < 2 * r * c + 9) dfs_(S, INF);
printf("%lld", n - max_flow);
return 0;
}
