bzoj1066: [SCOI2007]蜥蜴(网络流)
2017-10-22 15:10
447 查看
题目传送门
这道题怎么跟我以前做的题那么像。
求没通过的蜥蜴最小不就是求通过的最大吗。
最大流走起。
解法:
就因为有点像所以我一开始就想错了。。
以前的题是时间,我一般都是用拆点的。
但是。。
这道题是一个人经过这个点这个点寿命就-1。
按照寿命拆点的话就无法限制通过人数了。
所以每个点要拆成两个点。
两个点之间连边,流量为这个点的寿命(也就是能有多少个人在这上面踩)
这样的话就限制了寿命。。
然后这道题就出来了。
每个石柱拆成两个点。
st到每个有蜥蜴的石柱的第一个点一个流量表示这个点有一只蜥蜴。
如果i石柱到j石柱的距离<=d的话。
那么i的第二个点向j的第一个点连一条容量为无限大的边。
为什么要连向j的第一个点呢?
如果直接连到第二个点的话(我一开始就是这样错的。)
就会出现这样的情况。
如果直接连到第二个点的话,那么无法经过那条限制寿命的边,那么也就是说这次经过这个点而这个点的寿命并没有减少,那肯定错啦。
然后每个点如果跟边界的距离<=d那么第二个点向ed连一条容量为无限大的边。
代码实现:
这道题怎么跟我以前做的题那么像。
求没通过的蜥蜴最小不就是求通过的最大吗。
最大流走起。
解法:
就因为有点像所以我一开始就想错了。。
以前的题是时间,我一般都是用拆点的。
但是。。
这道题是一个人经过这个点这个点寿命就-1。
按照寿命拆点的话就无法限制通过人数了。
所以每个点要拆成两个点。
两个点之间连边,流量为这个点的寿命(也就是能有多少个人在这上面踩)
这样的话就限制了寿命。。
然后这道题就出来了。
每个石柱拆成两个点。
st到每个有蜥蜴的石柱的第一个点一个流量表示这个点有一只蜥蜴。
如果i石柱到j石柱的距离<=d的话。
那么i的第二个点向j的第一个点连一条容量为无限大的边。
为什么要连向j的第一个点呢?
如果直接连到第二个点的话(我一开始就是这样错的。)
就会出现这样的情况。
如果直接连到第二个点的话,那么无法经过那条限制寿命的边,那么也就是说这次经过这个点而这个点的寿命并没有减少,那肯定错啦。
然后每个点如果跟边界的距离<=d那么第二个点向ed连一条容量为无限大的边。
代码实现:
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; struct node { int x,y,c,next,other; }a[110000];int len,last[11000]; void ins(int x,int y,int c) { int k1,k2; len++;k1=len; a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c; a[len].next=last[x];last[x]=len; len++;k2=len; a[len].x=y;a[len].y=x;a[len].c=0; a[len].next=last[y];last[y]=len; a[k1].other=k2;a[k2].other=k1; } int head,tail,list[11000],h[11000],st,ed; bool bfs() { memset(h,0,sizeof(h));h[st]=1; head=1;tail=2;list[1]=st; while(head!=tail) { int x=list[head]; for(int k=last[x];k;k=a[k].next) { int y=a[k].y; if(h[y]==0&&a[k].c>0) { h[y]=h[x]+1; list[tail++]=y; } } head++; } if(h[ed]==0) return false; return true; } int findflow(int x,int f) { if(x==ed) return f; int s=0,t; for(int k=last[x];k;k=a[k].next) { int y=a[k].y; if(h[y]==h[x]+1&&a[k].c>0&&s<f) { t=findflow(y,min(a[k].c,f-s)); s+=t; a[k].c-=t;a[a[k].other].c+=t; } } if(s==0) h[x]=0; return s; } char ss[31][31]; int map[31][31]; int main() { int n,m,d;scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); st=n*m*2+1;ed=st+1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ss[i]+1); for(int j=1;j<=m;j++) { map[i][j]=ss[i][j]-'0'; if(map[i][j]>0) { if(i<=d||j<=d||i>=n-d+1||j>=m-d+1) ins(n*m+(i-1)*m+j,ed,1000); //连向ed ins((i-1)*m+j,n*m+(i-1)*m+j,map[i][j]); //限制寿命的边 } } } int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ss[i]+1); for(int j=1;j<=m;j++) if(ss[i][j]=='L') { //给每个有蜥蜴石柱一个流量 ins(st,(i-1)*m+j,1);sum++; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(map[i][j]>0) for(int ti=1;ti<=n;ti++) for(int tj=1;tj<=m;tj++) { if(tj==j&&ti==i||map[ti][tj]==0) continue; double td=sqrt(double(ti-i)*double(ti-i)+double(tj-j)*double(tj-j)); if(td<=double(d)) ins((i-1)*m+j+n*m,(ti-1)*m+tj,999999999); //两点之间距离小于等于d的话连边。 } int ans=0; while(bfs()==true) ans+=findflow(st,999999999); printf("%d\n",sum-ans); return 0; }
相关文章推荐
- bzoj 1066 : [SCOI2007]蜥蜴 网络流
- bzoj 1066 [SCOI2007]蜥蜴 - 网络流
- bzoj1066 [SCOI2007]蜥蜴 网络流复制点模型
- BZOJ1066【SCOI2007】蜥蜴 <网络流>
- BZOJ1066: [SCOI2007]蜥蜴 网络流
- BZOJ 1066: [SCOI2007]蜥蜴 网络流题解
- [BZOJ1066] [SCOI2007] 蜥蜴 - 网络流
- bzoj 1066: [SCOI2007]蜥蜴(网络流)[省选计划系列]
- [BZOJ1066][SCOI2007]蜥蜴-网络流
- POJ 2711 Leapin' Lizards / HDU 2732 Leapin' Lizards / BZOJ 1066 [SCOI2007]蜥蜴(网络流,最大流)
- 【bzoj】 1066: [SCOI2007]蜥蜴 (网络流)
- bzoj1066[SCOI2007]蜥蜴
- bzoj 1066: [SCOI2007]蜥蜴
- BZOJ 1066: [SCOI2007]蜥蜴( 最大流 )
- [BZOJ1066][SCOI2007]蜥蜴(最大流)
- BZOJ 1066 [SCOI2007]蜥蜴(最大流)
- bzoj1066[SCOI2007]蜥蜴
- (bzoj 1066 [SCOI2007]蜥蜴)<网络最大流>
- 【BZOJ 1066】[SCOI2007]蜥蜴
- 【Dinic求最大流】BZOJ1066 [SCOI2007]蜥蜴