Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家，岛屿被编号为0到N-1。某些岛屿之间有桥相连，桥上的道路是双
向的，但一次只能供一人通行。其中一些桥由于年久失修成为危桥，最多只能通行两次。Alice希望在岛屿al和a2之间往返an次（从al到a2再从a2到al算一次往返）。同时，Bob希望在岛屿bl和b2之间往返bn次。这个过程中，所有危桥最多通行两次，其余的桥可以无限次通行。请问Alice和Bob能完成他们的愿望吗？
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Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家，岛屿被编号为0到N-1。某些岛屿之间有桥相连，桥上的道路是双
向的，但一次只能供一人通行。其中一些桥由于年久失修成为危桥，最多只能通行两次。Alice希望在岛屿al和a2之间往返an次（从al到a2再从a2到al算一次往返）。同时，Bob希望在岛屿bl和b2之间往返bn次。这个过程中，所有危桥最多通行两次，其余的桥可以无限次通行。请问Alice和Bob能完成他们的愿望吗？
本题有多组测试数据。
每组数据第一行包含7个空格隔开的整数，分别为N、al、a2、an、bl、b2、bn。
接下来是一个N行N列的对称矩阵，由大写字母组成。矩阵的i行j列描述编号i一1和j-l的岛屿间的连接情况，若为“O”则表示有危桥相连：为“N”表示有普通的桥相连：为“X”表示没有桥相连。
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对于每组测试数据输出一行，如果他们都能完成愿望输出“Yes”，否则输出“No”。
做了很多网络流，可是考试时还是想不出如何构图，就好像听了无数人生大道理，却依旧过不好这一生。
如果是危桥则连容量为2的双向边，否则就连容量为正无穷的双向边，然后s到a1和b1分别连容量为2*an和2*bn的边，a2和b2到t分别容量为2*an和2*bn的边。跑最大流，判断是否等于2*(an+bn)。
但是这样做有一点问题，就是a1可能会流到b2，b1可能会流到a2，这显然是错误的。
考虑再构建一次图：交换b1和b2，即s到a1和b2分别连容量为2*an和2*bn的边，a2和b1到t分别容量为2*an和2*bn的边。再跑一次最大流，判断是否等于2*(an+bn)。这样就解决了刚才的问题。
证明：http://www.cnblogs.com/zyfzyf/p/4193441.html
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 100
#define maxm 3000
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,a1,a2,an,b1,b2,bn,s,t,cnt,ans;
int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn];
char ch[maxn][maxn];
struct edge_type{int next,to,v;}e[maxm];
inline void add_edge(int x,int y,int v1,int v2)
{
e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,v1};head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,v2};head[y]=cnt;
}
inline void build()
{
memset(head,0,sizeof(head));
cnt=1;
F(i,1,n-1)
{
F(j,i+1,n)
{
if (ch[i][j]=='O') add_edge(i,j,2,2);
else if (ch[i][j]=='N') add_edge(i,j,inf,inf);
}
}
}
inline bool bfs()
{
queue<int> q;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[s]=0;q.push(s);
while (!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
if (x==t) return true;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v&&dis[y]==-1)
{
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
return false;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
int tmp,sum=0;
if (x==t) return f;
for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1)
{
tmp=dfs(y,min(e[i].v,f-sum));
sum+=tmp;e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;
if (f==sum) return sum;
}
}
if (!sum) dis[x]=-1;
return sum;
}
inline void dinic()
{
ans=0;
while (bfs())
{
F(i,1,t) cur[i]=head[i];
ans+=dfs(s,inf);
}
}
int main()
{
while (scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
{
a1++;a2++;b1++;b2++;an*=2;bn*=2;
F(i,1,n) scanf("%s",ch[i]+1);
s=n+1;t=n+2;
build();
add_edge(s,a1,an,0);add_edge(a2,t,an,0);
add_edge(s,b1,bn,0);add_edge(b2,t,bn,0);
dinic();
if (ans!=an+bn){puts("No");continue;}
build();
add_edge(s,a1,an,0);add_edge(a2,t,an,0);
add_edge(s,b2,bn,0);add_edge(b1,t,bn,0);
dinic();
if (ans!=an+bn){puts("No");continue;}
puts("Yes");
}
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/51100531
