【BZOJ1001】狼抓兔子题解

BZOJ1001: [BeiJing2006]狼抓兔子

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
Sample Output

题意复述：图中边权表示控制该边需要的狼的数目，求要控制所有s到t路径所需的最少的狼的数目

看到题第一反应是最小割，从左上角到右下角做一遍最大流。看到数据范围突然发现这一定会超时啊……BZOJ的第一题就如此 >_< 还是上网看看吧。。。

对偶图

对于任意一个平面图G，都有一个与其对偶的平面图G*满足：

1. G*中的每一个点对应G中的每一个面

2. 对于G中的每一条边E，若E属于两个面f1，f2，在G*中加入边（f1，f2）；若E只属于一个面f，在G*中加入自环（f，f）

如图：右侧的粉色点和边即为转化后的对偶图

对偶图的性质：

1. G*的点数等于G的面数，G*的边数等于G的边数

2. G*中的环对应G中的割

∴可应用此性质求最小割！！！

应用对偶图求最小割

步骤：

1. 在平面图中的起点和终点之间加一条边

2. 将平面图（即原来的图）转化为对偶图，记起点和终点构成的边组成的面为源点，无界面为汇点，每条边的权等于原图中对应边的权

3. 删去源点和汇点之间的边

4. 在对偶图上求最短路即为原图的最大流（或最小割）

本题中对偶图构造如图：

按照新图应用dijkstra+堆优化即可AC~

时间效率O(nlogn)

代码：>_<

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=1000*1000;
struct edge
{int xx,ww,nn;
}e[6*maxn+100];
struct qnode
{int xx,nn;
}tmp;
priority_queue<qnode> q;
int p[2*maxn+100],dist[2*maxn+100];
int n,m,w,tail,x,y;
bool visit[2*maxn+100];
bool operator <(const qnode &x,const qnode &y)
{if (x.xx>y.xx) return true; else return false;
}
void addedge(int x,int y,int w)
{tail++; e[tail].xx=y; e[tail].ww=w; e[tail].nn=p[x]; p[x]=tail;
}
void dij(int x)
{memset(dist,0x7f,sizeof(dist));memset(visit,false,sizeof(visit));dist[x]=0;qnode tmp;tmp.xx=0; tmp.nn=x;q.push(tmp);while (!q.empty()){tmp=q.top();q.pop();int key=tmp.nn;visit[key]=true;int dd=tmp.xx;int t=p[key];while (t!=-1){if (!visit[e[t].xx] && dist[e[t].xx]>dd+e[t].ww){dist[e[t].xx]=dd+e[t].ww;tmp.xx=dist[e[t].xx];tmp.nn=e[t].xx;q.push(tmp);}t=e[t].nn;}}
}
int main()
{/*freopen("1001.in","r",stdin);freopen("1001.out","w",stdout);*/scanf("%d%d",&n,&m);if (n==1 || m==1){int ans=2100000000;for (int i=1;i<max(m,n);i++){scanf("%d",&w);ans=min(ans,w);}printf("%d\n",ans);return 0;}memset(p,255,sizeof(p));for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<m;j++){scanf("%d",&w);if (i==1){x=1; y=j*2+1;addedge(x,y,w);addedge(y,x,w);}else if (i==n){x=(n-1)*(m-1)*2+2; y=((i-2)*(m-1)+j)*2;addedge(x,y,w);addedge(y,x,w);}else{x=((i-2)*(m-1)+j)*2; y=((i-1)*(m-1)+j)*2+1;addedge(x,y,w);addedge(y,x,w);}}for (int i=1;i<n;i++)for (int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&w);if (j==1){x=(n-1)*(m-1)*2+2; y=((i-1)*(m-1)+j)*2;addedge(x,y,w); addedge(y,x,w);}else if (j==m){x=1; y=((i-1)*(m-1)+j-1)*2+1;addedge(x,y,w); addedge(y,x,w);}else{x=((i-1)*(m-1)+j-1)*2+1; y=((i-1)*(m-1)+j)*2;addedge(x,y,w); addedge(y,x,w);}}for (int i=1;i<n;i++)for (int j=1;j<m;j++){scanf("%d",&w);x=((i-1)*(m-1)+j)*2; y=((i-1)*(m-1)+j)*2+1;addedge(x,y,w); addedge(y,x,w);}n=(n-1)*(m-1)*2+2;dij(1);printf("%d\n",dist[n]);return 0;
}

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