BZOJ 1066: [SCOI2007]蜥蜴

BZOJ 1066: [SCOI2007]蜥蜴

Description

  在一个r行c列的网格地图中有一些高度不同的石柱,一些石柱上站着一些蜥蜴,你的任务是让尽量多的蜥蜴逃
到边界外。 每行每列中相邻石柱的距离为1,蜥蜴的跳跃距离是d,即蜥蜴可以跳到平面距离不超过d的任何一个石
柱上。石柱都不稳定,每次当蜥蜴跳跃时,所离开的石柱高度减1(如果仍然落在地图内部,则到达的石柱高度不
变),如果该石柱原来高度为1,则蜥蜴离开后消失。以后其他蜥蜴不能落脚。任何时刻不能有两只蜥蜴在同一个
石柱上。

Input

  输入第一行为三个整数r,c,d,即地图的规模与最大跳跃距离。以下r行为石竹的初始状态,0表示没有石柱
,1~3表示石柱的初始高度。以下r行为蜥蜴位置,“L”表示蜥蜴,“.”表示没有蜥蜴。

Output

  输出仅一行,包含一个整数,即无法逃离的蜥蜴总数的最小值。

Sample Input

5 8 2
00000000
02000000
00321100
02000000
00000000
........
........
..LLLL..
........
........

Sample Output

1

HINT

100%的数据满足:1<=r, c<=20, 1<=d<=4

Source

Pku 2711 Leapin' Lizards

Solution

这应该算是一道标准的网络流(最大流)入门题了吧。
网络流的最重要的就是建图,考虑本体的最大流建图。

首先考虑超级汇,超级源,显然超级源连向所有的“蜥蜴”容量为1,超级汇连所有的“终点”即边缘。
考虑"柱子"的区间限制,则把柱子拆成两个点,顶点向底部的连边即为柱子的限制。
考虑“柱子”之间的连边,在d范围内的柱子都连边,一个柱子的底部连另一个的顶部容量为inf。
显然这样跑一遍,就知道有多少通向终点的路径了。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define rep(i,x) for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef double DB;
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') f=(ch=='-')?-1:f,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch-'0'),ch=getchar();return f*x;
}
const int inf=0x3f3f3f3f,M=4e2,T=8e2+1,S=0;
struct data {int to,next,v;} e[500001];
int r,c,d,cnt=1,ans,mp[21][21],mark[21][21],q[802],h[802],head[802];
void ins(int u,int v,int w) {e[++cnt].to=v,e[cnt].v=w,e[cnt].next=head[u],head[u]=cnt;}
void insert(int u,int v,int w) {ins(u,v,w),ins(v,u,0);}
bool pd(int x1,int y1,int x2,int y2) {return (((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2))<=(d*d)&&mp[x1][y1]&&mp[x2][y2]);}
void build() {
	for(int x1=1; x1<=r; x1++)
	fo(x1,1,r) fo(y1,1,c) fo(x2,x1-d,x1+d) fo(y2,y1-d,y1+d)
		if(pd(x1,y1,x2,y2)&&(x1!=x2||y1!=y2)) insert(mark[x1][y1]+M,mark[x2][y2],inf);
	fo(i,1,r) fo(j,1,c) if(mp[i][j]) insert(mark[i][j],mark[i][j]+M,mp[i][j]);
}
bool bfs() {
	memset(h,-1,sizeof(h));
	int t=0,w=1,i,now;
	q[0]=h[0]=0;
	while(t<w) {
		now=q[t++];
		rep(i,now) if(e[i].v&&h[e[i].to]==-1) {
			h[e[i].to]=h[now]+1;
			q[w++]=e[i].to;
		}
	}
	if(h[T]==-1) return 0;
	return 1;
}
int dfs(int x,int f) {
	if(x==T) return f;
	int used=0,w;
	rep(i,x) if(e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1) {
		w=f-used;
		w=dfs(e[i].to,min(w,e[i].v));
		e[i].v-=w,e[i^1].v+=w;
		used+=w;
		if(used==f) return f;
	}
	if(!used) h[x]=-1;
	return used;
}
void dinic() {while(bfs()) ans-=dfs(0,inf);}
int main() {
	freopen("1066.in","r",stdin);
	r=read(),c=read(),d=read();
	char ch[21];
	fo(i,1,r) {
		scanf("%s",ch);
		fo(j,1,c) mp[i][j]=ch[j-1]-'0';
	}
	int tot=0;
	fo(i,1,r) fo(j,1,c) tot++,mark[i][j]=tot;
	fo(i,1,r) {
		scanf("%s",ch);
		fo(j,1,c) if(ch[j-1]=='L') insert(S,mark[i][j],1),ans++;
	}
	fo(i,1,d) fo(j,d+1,r-d) insert(mark[j][i]+M,T,inf),insert(mark[j][c-i+1]+M,T,inf);
	fo(i,1,d) fo(j,1,c) insert(mark[i][j]+M,T,inf),insert(mark[r-i+1][j]+M,T,inf);
	build();dinic();
	printf("%d",ans);
	return 0;
}
posted @ 2017-12-09 19:27  _patrick  阅读(102)  评论(0编辑  收藏