bzoj2150 部落战争

Description

lanzerb的部落在A国的上部，他们不满天寒地冻的环境，于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。 A国是一个M*N的矩阵，其中某些地方是城镇，某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队，他们约定： 1. 每支军队可以从任意一个城镇出发，并只能从上往向下征战，不能回头。途中只能经过城镇，不能经过高山深涧。 2. 如果某个城镇被某支军队到过，则其他军队不能再去那个城镇了。 3. 每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。 4. 所有军队都很奇怪，他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1*2的路线，而他们只能走R*C的路线。 lanzerb的野心使得他的目标是统一全国，但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇，请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。

Input

第一行包含4个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方是城镇；如果这个字符时'x'，表示这个地方是高山深涧。

Output

输出一个整数，表示最少的军队个数。

Sample Input

【样例输入一】
3 3 1 2
...
.x.
...
【样例输入二】
5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...

Sample Output

【样例输出一】
4

【样例输出二】
5
【样例说明】

【数据范围】
100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。

从题意中很容易看出这是最小路径覆盖……因为从任意点出发到任意点停止，而且没有环

第一次做最小路径覆盖。自己yy了一下，应该要拆点。后来无论怎么连边也没法搞。

比如我要这样连：（图中所有边容量为1）

那么我要使1和1‘，2和2’，3和3‘之间的边保证满流，代表全图都已经覆盖，然后S到T的最大流尽量小。这好像可以用有上下界的网络流搞定，但是太麻烦了

去百度了一下，结果发现其实把它拆点搞成二分图，然后互相连边求最大匹配，那么tot-ans就是答案。我原来一直想着用最大流表示答案，然后各种斯巴达……

我觉得这还是很好理解的。最坏情况下覆盖全图需要n次，每次只覆盖一个点，现在最大匹配中两个点i，j匹配，代表有两个点可以缩成一个点，就是覆盖了i之后可以直接接着覆盖j,，所以答案-1。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define S 0
#define T 55555
#define inf 0x7fffffff
struct edge{
	int to,next,v;
}e[100001];
int n,m,r,c,cnt=1,ans,tot;
int head[100001];
int h[100001];
int q[100001];
bool mrk[60][60];
inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;}
inline void ins(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].v=w;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
inline void insert(int u,int v,int w)
{
	ins(u,v,w);
	ins(v,u,0);
}
inline bool bfs()
{
	memset(h,-1,sizeof(h));
	int t=0,w=1;
	q[1]=S;h[S]=0;
	while (t<w)
	{
		int now=q[++t];
		for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
		  if(h[e[i].to]==-1&&e[i].v)
		  {
		  	q[++w]=e[i].to;
		  	h[e[i].to]=h[now]+1;
		  }
	}
	if (h[T]==-1) return 0;
	return 1;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
	if (x==T||!f) return f;
	int used=0,w;
	for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
	  if (e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1)
	  {
	  	w=f-used;
	  	w=dfs(e[i].to,min(e[i].v,w));
	  	used+=w;
	  	e[i].v-=w;
	  	e[i^1].v+=w;
	  }
	if (!used) h[x]=-1;
	return used;
}
inline void dinic()
{while(bfs())ans+=dfs(S,inf);}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c);
	const int mx[4]={r,c,c,r};
	const int my[4]={c,r,-r,-c};
	for (int i=1;i<=n;i++)
	  for (int j=1;j<=m;j++)
	    {
	    	char ch=getchar();
	    	while (ch!='.'&&ch!='x')ch=getchar();
	    	if (ch=='.')
			{
				mrk[i][j]=1;
				tot++;
			}
	    }
	for (int i=1;i<=n;i++)
	  for (int j=1;j<=m;j++)
	  	if (mrk[i][j])
	  	{
	  		insert(S,(i-1)*m+j,1);
	    	insert((i-1+n)*m+j,T,1);
	    	for (int k=0;k<4;k++)
	    	  {
	    	  	int nx=mx[k]+i;
	    	  	int ny=my[k]+j;
	    	  	if (r==c&&k%2) continue;
	    	  	if (nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&mrk[nx][ny])
	    	  	  insert((i-1)*m+j,(nx-1+n)*m+ny,1);
	    	  }
	  	}
	dinic();
	printf("%d\n",tot-ans);
}