[SCOI2007] 蜥蜴

題目背景

07四川省選

題目描述

在一個r行c列的網格地圖中有一些高度不同的石柱，一些石柱上站著一些蜥蜴，你的任務是讓盡量多的蜥蜴逃到邊界外。

每行每列中相鄰石柱的距離為1，蜥蜴的跳躍距離是d，即蜥蜴可以跳到平面距離不超過d的任何一個石柱上。石柱都不穩定，每次當蜥蜴跳躍時，所離開的石柱高度減1（如果仍然落在地圖內部，則到達的石柱高度不變），如果該石柱原來高度為1，則蜥蜴離開後消失。以後其他蜥蜴不能落腳。任何時刻不能有兩只蜥蜴在同一個石柱上。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入第一行為三個整數r，c，d，即地圖的規模與最大跳躍距離。以下r行為石柱的初始狀態，0表示沒有石柱，1~3表示石柱的初始高度。以下r行為蜥蜴位置，“L”表示蜥蜴，“.”表示沒有蜥蜴。

輸出格式：

輸出僅一行，包含一個整數，即無法逃離的蜥蜴總數的最小值。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

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

輸出樣例#1：

1

說明

100%的數據滿足：$1<=r, c<=20, 1<=d<=4$

Solution

看到題目中的柱子每經一次高度-1馬上想到網絡流,每根柱子的高度就是網絡中一條邊的容量

其實網絡流的題目一般就是考建邊,建完以後套個最大流模板就行了

那麽怎麽建邊呢?

建一個源點S,匯點T(都是虛點)

1. 考慮拆點,我們把一個柱子拆成入點和出點,把這兩個點之間建一條容量為柱子高度x的邊,代表這棵柱子最多只能經過x次
2. 對於能夠到達地圖外的點,我們之間從它的出點向匯點建一條容量為inf的邊
3. 枚舉兩個柱子,在地圖上歐幾裏得距離小於最大跳躍距離的點之間建一條容量為inf的邊
4. 由源點向每個蜥蜴所在的點建一條容量為1的邊,代表這個點有一個蜥蜴

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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