【HDU4859】 海岸線(網路流-最小割)
阿新 • • 發佈:2018-12-30
Problem Description 歡迎來到珠海!【分析】 網路流構圖。 最小割定理:最小割等於最大流。
由於土地資源越來越緊張,使得許多海濱城市都只能依靠填海來擴充套件市區以求發展。作為Z市的決策人,在仔細觀察了Z市地圖之後,你準備通過填充某些海域來擴充套件Z市的海岸線到最長,來吸引更多的遊客前來旅遊度假。為了簡化問題,假設地圖為一個N*M的格子,其中一些是陸地,一些是可以填充的淺海域,一些是不可填充的深海域。這裡定義海岸線的長度為一個聯通塊陸地(可能包含淺海域填充變為的陸地)的邊緣長度,兩個格子至少有一個公共邊,則視為聯通。
值得注意的是,這裡Z市的陸地區域可以是不聯通的,並且整個地圖都處在海洋之中,也就是說,Z市是由一些孤島組成的,比如像,夏威夷?
你的任務是,填充某些淺海域,使得所有島嶼的海岸線之和最長。 Input輸入第一行為T,表示有T組測試資料。
每組資料以兩個整數N和M開始,表示地圖的規模。接下來的N行,每一行包含一個長度為M的字串,表示地圖,‘.’表示陸地,’E’表示淺海域,’D’表示深海域。
[Technical Specification]
1. 1 <= T <= 100
2. 1 <= N, M <= 47 Output 對每組資料,先輸出為第幾組資料,然後輸出最長的海岸線長度。 Sample Input 3 2 2 EE EE 3 3 EEE .E. EEE 3 3 EEE DED EEE Sample OutputCase 1: 8 Case 2: 16 Case 3: 20 Hint 對於第三組樣例,一種可行方案是: .E. D.D .E. 這樣5個孤立小島的海岸線總長為4 * 5 = 20。
即如圖所示: 對於右邊綠色的圖的情況的(1,1)點和(1,2)點連邊如圖所示。(藍色為邊的編號,橙色為流量) 上面棕色點為(1,1) 下面棕色點為(1,2) 割邊1表示點(1,1)為陸,割邊2表示點(1,1)為海因為E有兩個選擇D或者. 其實就暗含了最小割的模型。 最小割的話,就是一部分分到源點一側,一部分分到匯點一側。
如果把源點分在一起當成是. 和匯點分在一起當成是D. 那麼建圖的時候,相鄰的建流量為1的邊。 如果這個點本來是. 那個連匯點是INF,本來是D的,連源點是INF。
如果是這種建圖的話,最小割求出來的最小周長。
我們需要的最大周長。
稍微轉化下。 我們希望相鄰格子不同的最多,其實就是要相鄰格子相同的最少。
所以用最小割來求相鄰格子相同的最小值,然後總相鄰數減掉這個就是答案了。
建圖方法就是一開始進行奇偶染色。相當於對於點(x,y)
如果(x+y)%2 == 0 那麼當成這個格子是 . 的,和源點分在一起。
如果(x+y)%2 == 1 那麼當成這個格子是 D 的,和匯點分在一起。
相鄰兩點都建邊。
這樣建圖的話,如果在源點一側的跑到了匯點一側,那麼就相當於這個點從.變到D, 自然相同的數量要減少了、
匯點一側的跑到了源點一側,那麼就相當於這個點從D變成了.
建圖的時候,如果(x+y)%2==0 && 這個點本來就是D 或者 (x+y)%2 == 1 && 這個點本來就是. 那麼這個點必須和匯點在一起,就把這個點和源點連INF的邊。 相反情況類似處理。
這樣建圖出來的最小割,一定就是相鄰格子是同一類的最小數量。總相鄰減掉這個值就是答案了。
割邊4表示點(1,2)為海,割邊5表示點(1,2)為陸 因為有雙向邊3,所以當兩點同為陸或者海,必須把3號邊也割了(花費1),圖才能分割開。 一開始假設所有有可能的(即不確定的)都是海岸線,建圖跑最小割即可。 注意相鄰兩點表示陸海的時候要反過來。 網路流之前打的模版有點慢,導致我一直TLE,這樣做會快一點: AC程式碼如下:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 #define Maxn 4010 9 #define Maxm 4010*4 10 #define INF 0xfffffff 11 12 char s[60]; 13 14 int map[60][60]; 15 int dx[6]={0,-1,0,0,1}, 16 dy[6]={0,0,-1,1,0}; 17 int num[60][60]; 18 int s1[60][60],s2[60][60]; 19 20 struct node 21 { 22 int x,y,f,o,next; 23 }t[Maxm*2];int len; 24 25 int st,ed; 26 int dis[Maxn],first[Maxn]; 27 28 int mymin(int x,int y) {return x<y?x:y;} 29 30 void ins(int x,int y,int f) 31 { 32 if(f==0) return; 33 t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f; 34 t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+1; 35 t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=0; 36 t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-1; 37 } 38 39 queue<int > q; 40 bool bfs() 41 { 42 while(!q.empty()) q.pop(); 43 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 44 dis[st]=0;q.push(st); 45 while(!q.empty()) 46 { 47 int x=q.front();q.pop(); 48 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>0) 49 { 50 int y=t[i].y; 51 if(dis[y]==-1) 52 { 53 dis[y]=dis[x]+1; 54 q.push(y); 55 } 56 } 57 } 58 if(dis[ed]!=-1) return 1; 59 return 0; 60 } 61 62 int ffind(int x,int mmin) 63 { 64 if(x==ed) return mmin; 65 int r=0; 66 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(dis[t[i].y]==dis[x]+1 && t[i].f>0) 67 { 68 int y=t[i].y,a=mymin(t[i].f,mmin-r); 69 a=ffind(y,a);r+=a; 70 t[i].f-=a; 71 t[t[i].o].f+=a; 72 } 73 if(r==0) dis[x]=-1; 74 return r; 75 } 76 77 int min_cut() 78 { 79 int a,ans=0; 80 while(bfs()) ans+=ffind(st,INF); 81 return ans; 82 } 83 84 int main() 85 { 86 int T,kase=0,ans; 87 scanf("%d",&T); 88 while(T--) 89 { 90 int n,m; 91 scanf("%d%d",&n,&m); 92 for(int i=1;i<=n;i++) 93 { 94 scanf("%s",s); 95 for(int j=0;j<m;j++) 96 { 97 if(s[j]=='E') map[i][j+1]=0; 98 else if(s[j]=='.') map[i][j+1]=1; 99 else map[i][j+1]=2; 100 } 101 } 102 103 int ans=2*n*m+n+m; 104 for(int i=0;i<=m+1;i++) map[0][i]=2,map[n+1][i]=2; 105 for(int i=0;i<=n+1;i++) map[i][0]=2,map[i][m+1]=2; 106 107 memset(s1,0,sizeof(s1)); 108 memset(s2,0,sizeof(s2)); 109 for(int i=1;i<=n;i++) 110 for(int j=1;j<=m;j++) if(map[i][j]!=0) 111 { 112 int now=i*(m+2)+j; 113 for(int k=1;k<=4;k++) 114 { 115 int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k]; 116 if(map[i][j]==1) s1[nx][ny]++; 117 if(map[i][j]==2) s2[nx][ny]++; 118 if((nx==0||ny==0||nx==n+1||ny==m+1)&&map[i][j]==2) ans--; 119 else if(map[nx][ny]!=0&&map[nx][ny]==map[i][j]&&k<=2) ans--; 120 } 121 } 122 for(int i=1;i<=m;i++) s2[1][i]++,s2[n][i]++; 123 for(int i=1;i<=n;i++) s2[i][1]++,s2[i][m]++; 124 memset(first,0,sizeof(first)); 125 len=0;int cnt=2; 126 st=1,ed=2; 127 for(int i=1;i<=n;i++) 128 for(int j=1;j<=m;j++) if(map[i][j]==0) 129 { 130 int now=++cnt;num[i][j]=cnt; 131 if((i+j)%2==0) {ins(now,ed,s2[i][j]);ins(st,now,s1[i][j]);} 132 else {ins(now,ed,s1[i][j]);ins(st,now,s2[i][j]);} 133 for(int k=1;k<=2;k++) 134 { 135 int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k]; 136 if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue; 137 if(map[nx][ny]!=0) continue; 138 int d=num[nx][ny]; 139 ins(now,d,1);ins(d,now,1); 140 } 141 } 142 ans-=min_cut(); 143 printf("Case %d: %d\n",++kase,ans); 144 } 145 return 0; 146 }[HDU4859]
2016-05-17 16:42:42