【BZOJ】1412 【ZJOI2009】狼和羊的故事

$Description$

“狼爱上羊啊爱的疯狂，谁让他们真爱了一场；狼爱上羊啊并不荒唐，他们说有爱就有方向．．．．．．” $Orez$听到这首歌，心想：狼和羊如此和谐，为什么不尝试羊狼合养呢？说干就干！ $Orez$的羊狼圈可以看作一个$n*m$个矩阵格子，这个矩阵的边缘已经装上了篱笆。可是$Drake$很快发现狼再怎么也是狼，它们总是对羊垂涎三尺，那首歌只不过是一个动人的传说而已。所以$Orez$决定在羊狼圈中再加入一些篱笆，还是要将羊狼分开来养。 通过仔细观察，$Orez$发现狼和羊都有属于自己领地，若狼和羊们不能呆在自己的领地，那它们就会变得非常暴躁，不利于他们的成长。 $Orez$想要添加篱笆的尽可能的短。当然这个篱笆首先得保证不能改变狼羊的所属领地，再就是篱笆必须修筑完整，也就是说必须修建在单位格子的边界上并且不能只修建一部分。

$Input$

文件的第一行包含两个整数$n$和$m$。接下来$n$行每行$m$个整数，$1$表示该格子属于狼的领地，$2$表示属于羊的领地，$0$表示该格子不是任何一只动物的领地。

$Output$

文件中仅包含一个整数$ans$，代表篱笆的最短长度。

$Sample Input$

$2$ $2$

$2$ $2$

$1$ $1$

$Sample Output$

$2$

数据范围

$10\%$的数据 $n，m≤3$

$30\%$的数据 $n，m≤20$

$100\%$的数据 $n，m≤100$

$Solution$

看到题目要求把图中具有两种属性的点完全分开（即羊和狼），就会想到图的割……
割边集一边没有狼，一边没有羊。
这个问题就变成了图的最小割，建图的方法就是原图相邻的方块连边，然后羊和狼分别连源或汇。
在所有的狼或羊都连了源或汇时，狼与狼或羊与羊之间的连边是一定不会成为割边的（简单想想就知道了）
所以这样跑出来的最小割就是我们的答案

#include<stdio.h>
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define lim 100000000
#define N 10005
#define M 150000

struct edge{int v,n,c;}e[M];

int tot=1,E,S,n,m,ans,s[N],time[N],times,p[N],d[N];

inline void addedge(const int &u,const int &v,const int &c)
{
    e[++tot].v=v;
    e[tot].n=s[u];
    e[tot].c=c;
    s[u]=tot;
    e[++tot].v=u;
    e[tot].n=s[v];
    s[v]=tot;
}

inline bool bfs()
{
    time[S]=++times;
    p[S]=1;
    d[0]=S;
    for (int h=0,t=0;h<=t;h++) for (int i=s[d[h]];i;i=e[i].n) if (time[e[i].v]!=times && 0<e[i].c)
    {
        time[e[i].v]=times;
        p[e[i].v]=p[d[h]]+1;
        d[++t]=e[i].v;
    }
    return time[E]==times;
}

int dfs(const int &u,int flow)
{
    if (u==E) return flow;
    int f=flow,g=0;
    for (int i=s[u];i;i=e[i].n)
    {
        int tmp=0;
        if (p[e[i].v]==p[u]+1 && 0<e[i].c && (tmp=dfs(e[i].v,min(e[i].c,f))))
        {
            f-=tmp;
            g+=tmp;
            e[i].c-=tmp;
            e[i^1].c+=tmp;
        }
    }
    return g;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    E=(S=n*m+1)+1;
    for (int i=1,c;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) 
    {
        scanf("%d",&c);
        if (j<m) addedge(m*(i-1)+j,m*(i-1)+j+1,1),addedge(m*(i-1)+j+1,m*(i-1)+j,1);
        if (i<n) addedge(m*(i-1)+j,m*i+j,1),addedge(m*i+j,m*(i-1)+j,1);
        if (c==1) addedge(S,m*(i-1)+j,lim);
        if (c==2) addedge(m*(i-1)+j,E,lim);
    }
    while (bfs()) ans+=dfs(S,lim);
    printf("%d",ans);
}