BZOJ 1001 狼抓兔子
1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 25653 Solved: 6512
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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
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
这道题所有人看的第一眼都会认为这不是一道网络流的水题么
可是数据范围告诉我们会超时的
这个图是对称的，兔子过不去就相当于从左下角到右上角把路封死，就像这样
我们可以从左下角往右上角一次连边
最后跑最短路即可
具体实现看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0;int f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=2e6+10;
namespace zhangenming{
struct node{
int y,next;
}e[MAXN<<2];
int linkk[MAXN<<2],len=0,n,m,sum1,sum2,a[4000010];
inline void insert(int xx,int yy){
e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];linkk[xx]=len;
}
void init(){
n=read();m=read();
}
int q[MAXN],vis[MAXN<<1]={},dis[MAXN<<1],head=0,tail=0;
void spfa(){
memset(dis,10,sizeof(dis));
for(int i=1;i<m;i++){
int tn=(n-1)*(m-1)+i;
q[++tail]=tn;dis[tn]=0;vis[tn]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int tn=(m-1)*n+(i-1)*m+1;
q[++tail]=tn;dis[tn]=0;vis[tn]=1;
}
int maxn=2000000;
while(head!=tail){
if(head==maxn) head=0;
int tn=q[++head];
for(int i=linkk[tn];i;i=e[i].next){
if(dis[e[i].y]>dis[tn]+a[tn]){
dis[e[i].y]=dis[tn]+a[tn];
if(!vis[e[i].y]){
q[++tail]=e[i].y;
if(tail==maxn) tail=0;
vis[e[i].y]=1;
}
}
}
vis[tn]=0;
}
}
inline int heng(int xx,int yy){
return (xx-1)*(m-1)+yy;
}
inline int shu(int xx,int yy){
return (sum1+(xx-1)*m+yy);
}
inline int xie(int xx,int yy){
return sum2+(xx-1)*(m-1)+yy;
}
void solve(){
sum1=n*(m-1);
sum2=sum1+(n-1)*m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<m;j++){
int tn=heng(i,j);
a[tn]=read();
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int tn=shu(i,j);
a[tn]=read();
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=1;j<m;j++){
int tn=xie(i,j);
a[tn]=read();
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=1;j<m;j++){
int tn=heng(i,j);int k1=shu(i,j+1);int k2=xie(i,j);
insert(k1,tn);insert(k2,tn);
}
}
for(int i=n;i>1;i--){
for(int j=1;j<m;j++){
int tn=heng(i,j);int k1=shu(i-1,j);int k2=xie(i-1,j);
insert(tn,k1);insert(tn,k2);
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=1;j<m;j++){
int tn=xie(i,j);
int k1=shu(i,j);int k2=shu(i,j+1);
insert(k1,tn);insert(tn,k2);
}
}
spfa();
int minn=10000000;
for(int i=1;i<n;i++){
int tn=shu(i,m);
minn=min(minn,dis[tn]+a[tn]);
}
for(int i=1;i<m;i++){
int tn=heng(1,i);
minn=min(minn,dis[tn]+a[tn]);
}
cout<<minn<<endl;
}
}
int main(){
//freopen("All.in","r",stdin);
//freopen("aa.out","w",stdout);
using namespace zhangenming;
init();
solve();
return 0;
}
