[SCOI2007] 蜥蜴 (最大流)

[SCOI2007] 蜥蜴

题目背景

07四川省选

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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行为石柱的初始状态，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。

输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

1

说明

100%的数据满足：\(1<=r, c<=20, 1<=d<=4\)

Solution

看到题目中的柱子每经过一次高度-1马上想到网络流,每根柱子的高度就是网络中一条边的容量

其实网络流的题目一般就是考建边,建完以后套个最大流模板就行了

那么怎么建边呢?

建一个源点S,汇点T(都是虚点)

1. 考虑拆点,我们把一个柱子拆成入点和出点,把这两个点之间建一条容量为柱子高度x的边,代表这棵柱子最多只能经过x次
2. 对于能够到达地图外的点,我们之间从它的出点向汇点建一条容量为inf的边
3. 枚举两个柱子,在地图上欧几里得距离小于最大跳跃距离的点之间建一条容量为inf的边
4. 由源点向每个蜥蜴所在的点建一条容量为1的边,代表这个点有一个蜥蜴

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define dis(a,b,x,y) ((x-a)*(x-a)+(y-b)*(y-b))
using namespace std;

const int N=100,M=1e6+10;
const int inf=2e9;

void in(int &ans) {
    ans=0; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') i=getchar();
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
}

int n,m,d,cur=1,ans;
int S,T,NN,c1,c2,sum;
char ch;
int to[M<<1],nex[M<<1],head[M],cap[M<<1],lev[M],curr[M];
int c[N][N],p[N][N];
int l[M<<1],r[M<<1];

struct node {
    int l,r;
};
vector<node>v;

il void add(int a,int b,int c) {
    to[++cur]=b,nex[cur]=head[a];
    cap[cur]=c,head[a]=cur;
}

il void read() {
    NN=n*m; T=2*n*m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=1;j<=m;j++) {
            cin>>ch;  p[i][j]=++c1;
            c[i][j]=ch-'0';
            if(c[i][j]) l[++c2]=i,r[c2]=j;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++) {
            cin>>ch; if(ch=='L') sum++,v.push_back((node){i,j});
        }
}

il void init() {
    for(int i=1;i<=c2;i++) {
        add(p[l[i]][r[i]],p[l[i]][r[i]]+NN,c[l[i]][r[i]]);
        add(p[l[i]][r[i]]+NN,p[l[i]][r[i]],0);
        if(l[i]<=d || r[i]<=d || l[i]+d>n || r[i]+d>m) {
            add(p[l[i]][r[i]]+NN,T,inf);
            add(T,p[l[i]][r[i]]+NN,0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=c2;i++)
        for(int j=1;j<=c2;j++) {
            if(dis(l[i],r[i],l[j],r[j])<=d*d && i!=j) {
                add(p[l[i]][r[i]]+NN,p[l[j]][r[j]],inf);
                add(p[l[j]][r[j]],p[l[i]][r[i]]+NN,0);
            }
        }
    for(int i=0;i<sum;i++) {
        add(S,p[v[i].l][v[i].r],1);
        add(p[v[i].l][v[i].r],S,0);
    }
}

bool bfs(int s,int t) {
    queue<int>q; memset(lev,-1,sizeof(lev));
    q.push(s); lev[s]=0;
    while(!q.empty()) {
        int u=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=nex[i]) {
            if(lev[to[i]]==-1 && cap[i]>0) {
                lev[to[i]]=lev[u]+1;
                q.push(to[i]);
            }
        }
    }
    return lev[t]!=-1;
}

int dfs(int s,int f,int t,int rest=0) {
    if(s==t) return f;
    for(int i=head[s];i;i=nex[i]) {
        if(lev[to[i]]==lev[s]+1 && cap[i]>0) {
            int r=dfs(to[i],Min(cap[i],f-rest),t);
                if(r>0) rest+=r,cap[i]-=r,cap[i^1]+=r;
        }
    }
    if(!rest) lev[s]=-1;
    return rest;
}

int main()
{
    in(n),in(m),in(d);
    read(); init();
    while(bfs(S,T))
        while(int c=dfs(S,inf,T)) ans+=c;
    printf("%d\n",sum-ans);
    return 0;
}

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