題目描述

這道題可以看出來是最小割的板子題，不過因為這道題的n，m都到了1000，所以總點數是10^6，直接跑最小割會超時。

於是我們要新引入一個概念：對偶圖。

我們先說一下什麽是平面圖。平面圖就是所有的邊只在頂點處相交。

比如上面的圖就是一個平面圖。

對於每一個平面圖，都有與之對應的對偶圖。平面圖中邊與邊之間圍成的區域叫面，最外面一個區域也被視作一個面。對偶圖就是把每個平面圖中的面都視為一個點，對於面與面之間的邊，就在面所對應的點之間建立一條雙向邊，邊權與原來相同。如果面的兩側都是自己，那麽就連一條自環的邊就可以了。

這樣我們就發現一條非常重要的性質，如果我們把原點和匯點連一條邊，把上半部分視為超級源點，下半部分視為超級匯點，那麽我們只要跑一遍對偶圖上的最短路，其數值大小即等於原圖最小割。直觀的理解一下，每條對偶圖上的邊都可以看作是在原圖上的一條杠，而如果想用這些杠把整個圖隔斷，（最小割）這些杠一定是可以連起來的。

（如果感到難懂可以看一下dalao的圖解）：傳送門

所以只要轉化為對偶圖以後，跑一遍dij就可以了。

回來看這道題，是非常明顯的平面圖。所以我們把它的對偶圖建出來，直接跑最短路就可以了。

不過其實平面圖挺難建的……而且要註意的是，轉化為平面圖之後點有可能會變多，數組不要開小，預處理的時候不要忘記處理。

看一下代碼。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include
 
<utility>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;
const int INF = 1e9;
const int M = 2000005;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    
 
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘)
    {
        if(ch == ‘-‘) op = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)
    {
        ans *= 10;
        ans += ch - ‘0‘;
        ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}
struct node
{
    int next,to,v,from;
} e[M<<3];
set <pr> q;
set <pr> :: iterator it;
int n,m,head[M<<1],maxflow = 0,d,dis[M<<1],ecnt,minn = INF;
int source,sink;
void add(int x,int y,int z)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].v = z;
    e[ecnt].from = x;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}
void build()
{
    rep(i,1,n)
    {
        rep(j,1,m-1)
        {
            d = read();
            if(i == 1) add(2*j,sink,d),add(sink,2*j,d);
            else if(i == n) add(j*2-1 + 2*(m-1)*(n-2),source,d),add(source,j*2-1 + 2*(m-1)*(n-2),d);
            else
            {
                add(j*2-1 + 2*(m-1)*(i-2),j*2 + 2*(m-1)*(i-1),d);
                add(j*2 + 2*(m-1)*(i-1),j*2-1 + 2*(m-1)*(i-2),d);
            }
        }
    }
    rep(i,1,n-1)
    {
        rep(j,1,m)
        {
            d = read();
            if(j == 1) add(source,j + 2*(m-1)*(i-1),d),add(j+2*(m-1)*(i-1),source,d);
            else if(j == m) add(2*(m-1)*i,sink,d),add(sink,2*(m-1)*i,d);
            else
            {
                add(2*j-2 + 2*(m-1)*(i-1),2*j-1 + 2*(m-1)*(i-1),d);
                add(2*j-1 + 2*(m-1)*(i-1),2*j-2 + 2*(m-1)*(i-1),d);
            }
        }
    }
    int tot = -1;
    rep(i,1,n-1)
    {
        rep(j,1,m-1)
        {
            d = read(),tot += 2;
            add(tot,tot+1,d),add(tot+1,tot,d);
        }
    }
}
void dij(int s)
{
    dis[s] = 0;
    q.insert(make_pair(dis[s],s));
    while(!q.empty())
    {
        pr now = *(q.begin());
        q.erase(q.begin());
        for(int i = head[now.second]; i; i = e[i].next)
        {
            if(dis[e[i].to] > dis[now.second] + e[i].v)
            {
                it = q.find(make_pair(dis[e[i].to],e[i].to));
                if(it != q.end()) q.erase(it);
                dis[e[i].to] = dis[now.second] + e[i].v;
                q.insert(make_pair(dis[e[i].to],e[i].to));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    n = read(),m = read();
    if(n == 1)
    {
        rep(i,1,m-1) d = read(),minn = min(minn,d);
        printf("%d\n",minn);
        return 0;
    }
    if(m == 1)
    {
        rep(i,1,n-1) d = read(),minn = min(minn,d);
        printf("%d\n",minn);
        return 0;
    }
    source = 2*(n-1)*(m-1) + 1,sink = source + 1;
    build();
    rep(i,1,M) dis[i] = INF;
    dis[source] = INF,dis[sink] = INF;
    dij(source);
    printf("%d\n",dis[sink]);
    return 0;
}

BJOI2006 狼抓兔子