3504: [Cqoi2014]危桥

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本文介绍了一道名为“危桥”的Cqoi2014编程竞赛题目，通过网络流算法解决两个角色在特定条件下往返通行的问题。文章详细展示了算法思路与实现过程。

3504: [Cqoi2014]危桥

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
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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。
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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
数据范围
4<=N<50
O<=a1, a2, b1, b2<=N-1

1 <=an. b<=50

题解：

网络流，

一开始想到从st连到a1，b1流量为2*an，a2，b2到ed也同样流量为2*bn。

后来经tkj大神指点发现这不太对啊，可以有流量从a1流到b2，或者有流量从b1流到b2

所以我们可以流两次。

第一次就是我想的那样建边，

第二次把b1和b2换一下，如果同样流的过去的话，就可以通过。

具体证明：http://www.cnblogs.com/chenyushuo/p/5139556.html

代码：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std; 
const int N=80;
const int M=100005;
int n,a1,a2,an,b1,b2,bn;
char ss[N][N];
struct node{
	int x,y,z,next,other;
}tr[M];int len=0,first[N];
int st=0,ed=70;
void ins(int x,int y,int z)
{
	len++;
	tr[len].x=x;
	tr[len].y=y;
	tr[len].z=z;
	tr[len].next=first[x];
	first[x]=len;
	tr[len].other=len+1;
	len++;
	tr[len].x=y;
	tr[len].y=x;
	tr[len].z=0;
	tr[len].next=first[y];
	first[y]=len;
	tr[len].other=len-1;
}
void init()
{
memset(first,-1,sizeof(first));	
len=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	for(int j=0;j<n;j++)
	{
		if(ss[i][j]=='O') 
		{
			ins(i+1,j+1,2);
			//printf("%d %d\n",i+1,j+1);
		}
		if(ss[i][j]=='N') 
		{
			ins(i+1,j+1,inf);
		}
	}
}
int list[M],h[M],head,tail;
bool built()//宽搜只是为了构建h数组 
{
    memset(h,0,sizeof(h));h[st]=1; //出发点的层次为1
    list[1]=st;head=1;tail=2; //宽搜
    while(head!=tail)
    {
        int x=list[head];
        //printf("%d\n",st);
        for(int k=first[x];k!=-1;k=tr[k].next)
        {
            int y=tr[k].y;
            if(  tr[k].z>0 &&  h[y]==0  )//a[k].c>0让多次构图成为可能
            {
                // x >y这条边还有流量，并且 y没有访问过
                h[y]=h[x]+1;   //y作为x的下一层
                list[tail++]=y;
            }
        }
        head++;
    }
    if(h[ed]>0) return true;//如果最后能到ed返回true，否则返回false
    else return false;
}
int dfs(int x,int f)
{
	if(x==ed) return f;
	int s=0,t;
	for(int i=first[x];i!=-1;i=tr[i].next)
	{
		int y=tr[i].y;
		if(h[y]==h[x]+1&&tr[i].z>0&&f>s)
		{
			t=dfs(y,min(tr[i].z,f-s));
			s+=t;
			tr[i].z-=t;
			tr[tr[i].other].z+=t;
		}
	}
	if(s==0) h[x]=0;
	return s;
}

int main()
{
	while(scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
	{	a1++;b1++;a2++;b2++;
	    
	    for(int i=0;i<n;i++)
	    scanf("%s",ss[i]);
		init();
		st=0;ed=70;
		ins(st,a1,an*2);ins(a2,ed,an*2);//printf("%d %d %d %d %d %d %d",n,a1,a2,an,b1,b2,bn);
		ins(st,b1,bn*2);ins(b2,ed,bn*2);
		int ans=0;bool flag=true;
	
		while(built()==true)
		{
			//printf("!");
			ans+=dfs(st,inf);
			//printf("%d\n",ans);
		}
		if(ans<(an+bn)*2) flag=false;
		if(flag==true)
		{
			//printf("!");
				init();
		    ins(st,a1,an*2);ins(a2,ed,an*2);
		    ins(st,b2,bn*2);ins(b1,ed,bn*2);
		    ans=0;
		while(built()==true)
		{
			ans+=dfs(st,inf);
		}
		if(ans<(an+bn)*2) flag=false;
		}
		if(flag==true) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
}