题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4183
这题题目意思很难看懂。。我看了好长时间也没看懂。。最终是从网上找的翻译。。我就在这翻译一下吧。
意思大约是：有多个点，每个点给出坐标与半径，加入两个点相交，就可以从这两个点走。题目要求先从起点到终点，再从终点回到起点。从起点到终点的过程中，只能从频率小的走到频率大的点（前提是两点相交），从终点到起点的过程中，只能从频率大的走到频率小的。在走的过程中，除了起点与终点，别的只要走过就会消失，就是说只能走一次。问可不可以从起点到终点又回到起点。
初一看没什么思路，后来一想，无非就是从起点到终点走两次，均是从小到大，而且中间经过的点不重复即可。然后建图就很简单了。为了保证每个点只走一次，可以把权值设为1，这样每一步最多只能走一次。然后看最大流是否大于等于2即可。还有一点需要注意的是，如果可以直接从起点到终点的话，就不用判断了，肯定可以满足要求。
代码如下：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int head[10000], s, t, nv, maxint=99999999, cnt;
int cur[400], num[400], d[400], q[100000], pre[400];
struct Node
{
double q;
int x, y, r;
}dian[1000];
int cmp(Node x, Node y)
{
return x.q<y.q;
}
struct node
{
int u, v, cap, next;
}edge[100000];
void add(int u, int v, int cap)
{
edge[cnt].v=v;
edge[cnt].cap=cap;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt++;
edge[cnt].v=u;
edge[cnt].cap=0;
edge[cnt].next=head[v];
head[v]=cnt++;
}
void bfs()
{
memset(num,0,sizeof(num));
memset(d,-1,sizeof(d));
int f1=0, f2=0, i;
q[f1++]=t;
d[t]=0;
num[0]=1;
while(f1>=f2)
{
int u=q[f2++];
for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(d[v]==-1)
{
d[v]=d[u]+1;
num[d[v]]++;
q[f1++]=v;
}
}
}
}
void isap()
{
memcpy(cur,head,sizeof(cur));
bfs();
int flow=0, u=pre[s]=s, i;
while(d[s]<nv)
{
if(u==t)
{
int f=maxint, pos;
for(i=s;i!=t;i=edge[cur[i]].v)
{
if(f>edge[cur[i]].cap)
{
f=edge[cur[i]].cap;
pos=i;
}
}
for(i=s;i!=t;i=edge[cur[i]].v)
{
edge[cur[i]].cap-=f;
edge[cur[i]^1].cap+=f;
}
flow+=f;
u=pos;
}
for(i=cur[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
if(d[edge[i].v]+1==d[u]&&edge[i].cap)
{
break;
}
}
if(i!=-1)
{
cur[u]=i;
pre[edge[i].v]=u;
u=edge[i].v;
}
else
{
if(--num[d[u]]==0) break;
int mind=nv;
for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
if(mind>d[edge[i].v]&&edge[i].cap)
{
cur[u]=i;
mind=d[edge[i].v];
}
}
d[u]=mind+1;
num[d[u]]++;
u=pre[u];
}
}
if(flow>=2)
printf("Game is VALID\n");
else
printf("Game is NOT VALID\n");
}
int main()
{
int i, j, n, x, y, r, T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%lf%d%d%d",&dian[i].q,&dian[i].x,&dian[i].y,&dian[i].r);
}
sort(dian,dian+n,cmp);
if(dian[0].r+dian[n-1].r*1.0>sqrt((dian[0].x-dian[n-1].x)*(dian[0].x-dian[n-1].x)*1.0+(dian[0].y-dian[n-1].y)*(dian[0].y-dian[n-1].y)*1.0))
{
printf("Game is VALID\n");
continue ;
}
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=i+1;j<n;j++)
{
if(dian[i].r*1.0+dian[j].r>sqrt((dian[i].x-dian[j].x)*(dian[i].x-dian[j].x)+(dian[i].y-dian[j].y)*(dian[i].y-dian[j].y)))
{
add(i,j,1);
}
}
}
s=0;
t=n-1;
nv=t+1;
isap();
}
return 0;
}
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HDU 4183Pahom on Water(网络流之最大流）
原文地址：http://blog.csdn.net/scf0920/article/details/31808373
