标签：push content namespace add microsoft 多少 void led color
题目描述
lanzerb的部落在A国的上部，他们不满天寒地冻的环境，于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。 A国是一个M*N的矩阵，其中某些地方是城镇，某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队，他们约定： 1. 每支军队可以从任意一个城镇出发，并只能从上往向下征战，不能回头。途中只能经过城镇，不能经过高山深涧。 2. 如果某个城镇被某支军队到过，则其他军队不能再去那个城镇了。 3. 每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。 4. 所有军队都很奇怪，他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1*2的路线，而他们只能走R*C的路线。 lanzerb的野心使得他的目标是统一全国，但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇，请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。
输入
第一行包含4个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是‘.‘，表示这个地方是城镇；如果这个字符时‘x‘，表示这个地方是高山深涧。
输出
输出一个整数，表示最少的军队个数。
样例输入
【样例输入一】
3 3 1 2
...
.x.
...
【样例输入二】
5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...
样例输出
【样例输出一】
4
【样例输出二】
5
题解
很容易看出来的有上下界最小流
将每个点拆成两个，设为xi和yi。S（代码中的b）->xi，容量为1，yi->T，容量为1，xi->yi，容量下界为1，上界为1。
若点i能够到达点j，则yi->xj，容量为1。
这个图的最小流即为答案。
再具体一些的最小流转化为最大流的方法：
S->xi，容量为1，yi->T，容量为1；若点i能够到达点j，则yi->xj，容量为1；
建立超级源汇SS和TT（代码中的s和t），SS->yi，容量为1，xi->TT，容量为1；
T->S，容量为inf。
从SS到TT跑最大流，记录T->S的边的流量（即反向边的残量）为ans1。
然后删除所有与SS或TT相连的边，删除T->S的边，从T到S跑最大流，记为ans2。
ans1-ans2即为答案。
注意往下走是行数增加而不是列数增加，不要弄混。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 6000
#define M 200000
#define inf 0x7fffffff
#define pos(i , j , k) k * n * m + (i - 1) * m + j
using namespace std;
queue<int> q;
int map[60][60] , head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N];
char str[60];
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
int x , i;
memset(dis , 0 , sizeof(dis));
while(!q.empty()) q.pop();
dis[s] = 1 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && !dis[to[i]])
{
dis[to[i]] = dis[x] + 1;
if(to[i] == t) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
if(x == t) return low;
int temp = low , i , k;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
{
k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
if(!k) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
if(!(temp -= k)) break;
}
}
return low - temp;
}
int main()
{
int n , m , r , c , i , j , b , e , ans = 0;
scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &r , &c) , b = 0 , e = 2 * n * m + 1 , s = 2 * n * m + 2 , t = 2 * n * m + 3;
add(e , b , inf);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%s" , str + 1);
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) map[i][j] = (str[j] == ‘.‘);
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
{
if(map[i][j])
{
add(b , pos(i , j , 0) , 1) , add(pos(i , j , 1) , e , 1) , add(s , pos(i , j , 1) , 1) , add(pos(i , j , 0) , t , 1);
if(i + r <= n && j + c <= m && map[i + r][j + c]) add(pos(i , j , 1) , pos(i + r , j + c , 0) , 1);
if(i + r <= n && j - c >= 1 && map[i + r][j - c]) add(pos(i , j , 1) , pos(i + r , j - c , 0) , 1);
if(i + c <= n && j + r <= m && map[i + c][j + r]) add(pos(i , j , 1) , pos(i + c , j + r , 0) , 1);
if(i + c <= n && j - r >= 1 && map[i + c][j - r]) add(pos(i , j , 1) , pos(i + c , j - r , 0) , 1);
}
}
}
while(bfs()) dinic(s , inf);
ans = val[3];
for(i = head[s] ; i ; i = next[i]) val[i] = val[i ^ 1] = 0;
for(i = head[t] ; i ; i = next[i]) val[i] = val[i ^ 1] = 0;
val[2] = val[3] = 0 , s = e , t = b;
while(bfs()) ans -= dinic(s , inf);
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}
标签：push content namespace add microsoft 多少 void led color
原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7016586.html
