BZOJ1001: [BeiJing2006]狼抓兔子

Description

現在小朋友們最喜歡的"喜羊羊與灰太狼",話說灰太狼抓羊不到，但抓兔子還是比較在行的，而且現在的兔子還比較笨，它們只有兩個窩，現在你做為狼王，面對下面這樣一個網格的地形： 左上角點為(1,1),右下角點為(N,M)(上圖中N=4,M=5).有以下三種類型的道路 1:(x,y)<==>(x+1,y)2:(x,y)<==>(x,y+1) 3:(x,y)<==>(x+1,y+1) 道路上的權值表示這條路上最多能夠通過的兔子數，道路是無向的. 左上角和右下角為兔子的兩個窩，開始時所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窩裡，現在它們要跑到右下解(N,M)的窩中去，狼王開始伏擊這些兔子.當然為了保險起見，如果一條道路上最多通過的兔子數為K，狼王需要安排同樣數量的K只狼，才能完全封鎖這條道路，你需要幫助狼王安排一個伏擊方案，使得在將兔子一網打盡的前提下，參與的狼的數量要最小。因為狼還要去找喜羊羊麻煩.

Input

第一行為N,M.表示網格的大小，N,M均小於等於1000.接下來分三部分第一部分共N行，每行M-1個數，表示橫向道路的權值. 第二部分共N-1行，每行M個數，表示縱向道路的權值. 第三部分共N-1行，每行M-1個數，表示斜向道路的權值. 輸入檔案保證不超過10M

Output

輸出一個整數，表示參與伏擊的狼的最小數量.

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

14

題意複述：圖中邊權表示控制該邊需要的狼的數目，求要控制所有s到t路徑所需的最少的狼的數目

看到題第一反應是最小割，從左上角到右下角做一遍最大流。看到資料範圍突然發現這一定會超時啊……BZOJ的第一題就如此 >_< 還是上網看看吧。。。

        對偶圖

對於任意一個平面圖G，都有一個與其對偶的平面圖G*滿足：

1.      G*中的每一個點對應G中的每一個面

2.      對於G中的每一條邊E，若E屬於兩個面f1，f2，在G*中加入邊（f1，f2）；若E只屬於一個面f，在G*中加入自環（f，f）

如圖：右側的粉色點和邊即為轉化後的對偶圖

        對偶圖的性質：

1.      G*的點數等於G的面數，G*的邊數等於G的邊數

2.      G*中的環對應G中的割

∴可應用此性質求最小割！！！

        應用對偶圖求最小割

步驟：

1.      在平面圖中的起點和終點之間加一條邊

2.      將平面圖（即原來的圖）轉化為對偶圖，記起點和終點構成的邊組成的面為源點，無介面為匯點，每條邊的權等於原圖中對應邊的權

3.      刪去源點和匯點之間的邊

4.      在對偶圖上求最短路即為原圖的最大流（或最小割）

本題中對偶圖構造如圖：

按照新圖應用dijkstra+堆優化即可AC~

時間效率O(nlogn)

程式碼：>_<

#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;
}