BZOJ 2150. 部落战争（最小路径覆盖问题）【BZOJ千题计划】

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题目链接

https://hydro.ac/d/bzoj/p/2150

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题目描述

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×nm\times nm×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：

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。
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。
每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。
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 1×21\times 21×2 的路线，而他们只能走 r×cr\times cr×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。

输入格式

第一行包含 444 个整数 m,n,r,cm,n,r,cm,n,r,c，意义见问题描述。接下来 mmm 行每行一个长度为 nnn 的字符串。如果某个字符是 .，表示这个地方是城镇；如果这个字符是 x，表示这个地方是高山深涧。

输出格式

输出一个整数，表示最少的军队个数。

样例输入 #1

3 3 1 2
...
.x.
...

样例输出 #1

样例输入 #2

5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...

样例输出 #2

数据规模与约定

对于 100%100\%100% 的数据，1≤m,n≤501\leq m,n\leq 501≤m,n≤50，1≤r,c≤101\leq r,c\leq 101≤r,c≤10。

Solution

我们的军队从某一点出发，所有经过的结点都将被占领，显然问题就等价于在一张有向图上，从任意一个点出发，每个点只能访问一次，求访问所有结点至少要几条路径。

显然就是有向图的最小路径覆盖。

我们只需要构造二分图，将原图每个顶点 i i i 拆分成二分图 X , Y X,Y X,Y 集合中的两个顶点 X i X_i Xi和 Y i Y_i Yi。对于原图中存在的每条边 ( i , j ) (i,j) (i,j)，在二分图中连接边 ( X i , Y j ) (X_i,Y_j) (Xi,Yj) 。将二分图最大匹配模型转化为网络流模型，求网络最大流。

最小路径覆盖的条数，就是原图顶点数，减去二分图最大匹配数。

对于样例一

...
.x.
...

我们共有 9 − 1 9-1 9−1 个结点，建图之后二分图最大匹配为 4 4 4，共有 8 − 4 = 4 8-4=4 8−4=4 条最小路劲覆盖。

可以理解为，若两个点连接之后，路径数显然减一。总结点数减去最大连边，也即最大匹配得到的就是最小路径覆盖。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define node(i, j) ((i - 1) * m + j)
const int maxn = 4e5 + 7, maxm = 2e6 + 7, maxs = 100 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;
using ll = long long;int n, m, s, t, r, c;
ll ans;
int head[maxn], ver[maxm], edge[maxm], nex[maxm], tot;
bool vis[maxn];
int depth[maxn];
char ch[maxs][maxs];
int num;
int now[maxn];
queue <int> q;void add(int x, int y, int z)
{ver[tot] = y, edge[tot] = z, nex[tot] = head[x], head[x] = tot ++ ;ver[tot] = x, edge[tot] = 0, nex[tot] = head[y], head[y] = tot ++ ;
}bool bfs()
{memset(depth, 0x3f, sizeof depth);while(q.size())q.pop();q.push(s), depth[s] = 0;now[s] = head[s];while(q.size()) {int x = q.front();q.pop();for (int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i];ll z = edge[i];if(z > 0 && depth[y] == INF) {q.push(y);now[y] = head[y];depth[y] = depth[x] + 1;if(y == t) return true;}}}return false;
}ll dfs(int x, ll flow)
{if(x == t || flow == 0) return flow;ll ans = 0, k, i;for (i = now[x]; ~i && flow; i = nex[i]) {now[x] = i;int y = ver[i];ll z = edge[i];if(z > 0 && (depth[y] == depth[x] + 1)) {k = dfs(y, min(flow, z));if(k == 0) depth[y] = INF;edge[i] -= k;edge[i ^ 1] += k;ans += k;flow -= k;}}return ans;
}ll dinic()
{ll maxflow = 0;while(bfs()) {for (int i = 1; i <= maxn; ++ i)now[i] = head[i];while(int f = dfs(s, INF))maxflow += f;}return maxflow;
}bool check(int x, int y)
{return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && ch[x][y] == '.';
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);num = 0;scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &r, &c);s = 0;t = maxn - 1;for (int i = 1; i <= n; ++ i) for (int j = 1; j <= m; ++ j) {cin >> ch[i][j]; if(ch[i][j] == '.') {num ++ ;add(s, node(i, j), 1);add(node(i + n * m, j + n * m), t, 1);}}for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {if(ch[i][j] == 'x') continue;if(check(i + r, j + c)) add(node(i, j), node(i + r + n * m, j + c + n * m), 1);if(check(i + c, j + r)) add(node(i, j), node(i + c + n * m, j + r + n * m), 1);if(check(i + c, j - r)) add(node(i, j), node(i + c + n * m, j - r + n * m), 1);if(check(i + r, j - c)) add(node(i, j), node(i + r + n * m, j - c + n * m), 1);}}cout << num - dinic() << endl;return 0;
}