[bzoj3504] [CQOI2014]危桥

标签：无限   main   push   memset   情况   alice   ali   bfs   否则   

Description

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？

Input

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。|

Output

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“。

Sample Input

4 0 1 1 2 3 1
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX

Sample Output

Yes
No

Solution

网络流，挺显然的。。

\(<u,v,w>\)表示\(u\)向\(v\)连容量为\(w\)的边。

\(<s,a_1,an>,<s,b_1,bn>,<a_2,t,an>,<b_2,t,bn>\)

然后危桥容量为\(2\)，好桥容量为\(inf\)，按照题目给的建边就好了。

注意到一个人的起点可能会和另一个人的终点相同，所以调换一下任意一个人的起点和终点再跑一遍，如果两遍跑出来的都等于\(2(an+bn)\)，就可行，否则不可行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 10000;

int n,a1,a2,b1,b2,an,bn,s,t,max_flow;
char str[60][60];
int head[60],vis[60],tot,dis[60];
struct edge{int to,nxt,w;}e[maxn<<1];

void add(int u,int v,int w) {e[++tot]=(edge){v,head[u],w},head[u]=tot;}
void ins(int u,int v,int w) {add(u,v,w),add(v,u,0);}

const int inf = 1e9;

void build() {
    memset(head,0,sizeof head);tot=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            if(i==j) continue;
            if(str[i][j]=='O') ins(i,j,2);
            else if(str[i][j]=='N') ins(i,j,inf);
        }
}

int bfs() {
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(dis,63,sizeof dis);
    queue<int > q;q.push(s),dis[s]=0,vis[s]=1;
    while(!q.empty()) {
        int now=q.front();q.pop();vis[now]=0;
        for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
            if(e[i].w>0&&dis[e[i].to]>dis[now]+1) {
                dis[e[i].to]=dis[now]+1;
                if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to);
            }
    }return dis[t]<inf;
}

int dfs(int x,int f) {
    if(x==t) return vis[x]=1,f;
    vis[x]=1;int used=0;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(!vis[e[i].to]&&dis[e[i].to]==dis[x]+1&&e[i].w>0) {
            int d=dfs(e[i].to,min(f,e[i].w));
            if(d>0) e[i].w-=d,e[i^1].w+=d,used+=d;
            if(used==f) break;
        }
    dis[x]=-1;return used;
}

void dinic() {
    while(bfs()) {
        vis[t]=1;
        while(vis[t]) memset(vis,0,sizeof vis),max_flow+=dfs(s,inf);
    }
}

int main() {
    while(~scanf("%d",&n)) {
        read(a1),read(a2),read(an),read(b1),read(b2),read(bn);
        a1++,a2++,b1++,b2++;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",str[i]+1);
        build();s=0,t=n+1;
        ins(s,a1,2*an),ins(s,b2,2*bn),ins(a2,t,2*an),ins(b1,t,2*bn);
        dinic();int tmp=max_flow;max_flow=0;
        build();s=0,t=n+1;
        ins(s,a1,2*an),ins(s,b1,2*bn),ins(a2,t,2*an),ins(b2,t,2*bn);
        dinic();
        if(tmp==max_flow&&tmp==2*(an+bn)) puts("Yes");
        else puts("No");
        max_flow=0;
    }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/hbyer/p/10161778.html