bzoj 1001狼抓兔子

1001: [BeiJing2006]狼抓兔子

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Description

现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形：

 

左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路 1:(x,y)<==>(x+1,y) 2:(x,y)<==>(x,y+1) 3:(x,y)<==>(x+1,y+1) 道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击这些兔子.当然为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔子一网打尽的前提下，参与的狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.

Input

第一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.接下来分三部分第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值. 第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值. 第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值. 输入文件保证不超过10M

Output

输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.

Sample Input

3 4
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6

Sample Output

14

HINT

 2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。

写题解之前先看一点有助于理解算法的东西：

对偶图的应用（转载自http://blog.sina.com.cn/lanbow）

0 定义

    一个图G=(V,E)，若能将其画在平面上，且任意两条边的交点只能是G的顶点，则称G可嵌入平面，或称G是可平面的。可平面图在平面上的一个嵌入称为一个平面图。如下图左边黑色的图为平面图，右边红色的图不属于平面图：

由平面图的边包围而成，其中不含图的顶点。也称为面。包围面R的所有边组成的回路称为该面的边界，回路长度称为该面的度，记为deg(R)。具有相同边界的面称为相邻面。由平面图的边包围且无穷大的面称为外部面。一个平面图有且只有一个外部面。如下面的平面图中，R0是外部面R0与R1, R2, R3均相邻。deg(R0)=8, deg(R1)=4, deg(R2)=5（R2经过的顶点序列为v7-v4-v6-v4-v5-v7）, deg(R3)=1：

利用欧拉公式和数学归纳法可以证明平面图G的所有面的度之和等于其边数|E|的2倍，即：

下面我们引入对偶图，设有平面图G=(V,E)，满足下列条件的图G'= (V',E') 称为图G的对偶图：G的任一面Ri内有且仅有一点Vi'；对G的域Ri和Rj的共同边界Ek，画一条边Ek'=(Vi',Vj')且只与Ek交于一点；若Ek完全处于Ri中，则Vi'有一自环Ek'，如下图G'是G的对偶图：

1 最大流的应用

    如果网络流中的图G可以转化为一个平面图，那么其对偶图G'中的环对应G中的割，利用最大流最小割定理转化模型，根据平面图G'与其对偶图的关系，先求出最小割。首先连接s和t，如下图蓝色虚线，得到一个附加面，我们设附加面对应的点为s'，无界面对应的点为t'，求该图的红色的对偶图G'，最后删去s'和t'之间的边：

一条从s'到t'的路径，就对应了一个s-t割，更进一步，如果我们令每条边的长度等于它的容量，那么最小割的容量就等于最短路的长度。这样时间复杂度大大降低了。

有了这个做铺垫，这道题就好想了。

数据范围1000*1000 如果直接跑最大流，赤裸裸的超时了，所以要用到平面图转对偶图的思想。因为最大流等于最小割，那么我们只有求出最小割即可，建图方式如下：

s,t 分别表示起点和终点。把每个三角形缩成一个点，然后连边，保证原图中的每一条边，都与对偶图中的边相交于一点，边的权值及为原图中被割断的边的权值，表示割断他的代价，然后就可以用最短路跑最小割，然后就可以解决了。

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,tot=-1,t;
int point[2000100],next[8000000],v[8000000],remain[8000000],dis[2000100];
int q[2100000],can[2000100];
void add(int x,int y,int z)
{
  tot++; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z;
  tot++; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=z;
}
void spfa(int s,int t)
{
   memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
   dis[s]=0; can[s]=1;
   int head=0; int tail=1; q[1]=s;
   int p=2010000;
   while (head!=tail)
    {
       head++;
       head=(head-1)%p+1;
       int now=q[head];
       for (int i=point[now];i!=-1;i=next[i])
        if (dis[v[i]]>dis[now]+remain[i])
         {
         	dis[v[i]]=dis[now]+remain[i];
			if (can[v[i]]==0)
			 {
			 	tail++;
			 	tail=(tail-1)%p+1;
			 	q[tail]=v[i];
			 	can[v[i]]=1;
			 } 
         }
       can[now]=0;
    }
  printf("%d",dis[t]);
  return;
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  memset(next,-1,sizeof(next));
  memset(point,-1,sizeof(point));
  if (n==1&&m==1)
   {
   	printf("1\n");  return 0;
   }
  if (n==1)
   {
   	 int minn=1000000000;
   	 for (int j=1;j<=m-1;j++)
   	  {
   	  int x; scanf("%d",&x);
   	  minn=min(minn,x);
      }
     printf("%d",minn);
     return 0;
   }
  if (m==1)
   {
   	 int minn=1000000000;
   	 for (int i=1;i<=n-1;i++)
   	  for (int j=1;j<=m;j++)
   	   {
   	   	int x; scanf("%d",&x);
   	   	minn=min(minn,x);
   	   }
   	 printf("%d\n",minn);
   	 return 0;
   }
  t=(n-1)*(m-1)*2+1;
  for (int i=1;i<=n;i++)
   for (int j=1;j<=m-1;j++)
    {
      int x; scanf("%d",&x);
      if (i==1){ add(j,t,x);   continue;}
      if (i==n){ add(0,2*(i-2)*(m-1)+j+m-1,x); continue; }
      int kk=m-1+j;
      add(kk+(i-2)*2*(m-1),kk+(i-2)*2*(m-1)+m-1,x);
    }
  for (int i=1;i<=n-1;i++)
   for (int j=1;j<=m;j++)
    {
      int x; scanf("%d",&x);
      if (j==1){ add(0,m+(i-1)*(m-1)*2,x); continue;}
      if (j==m){ add(m-1+(i-1)*(m-1)*2,t,x); continue; }
      add(j-1+(m-1)*(i-1)*2,j-1+(i-1)*(m-1)*2+m,x);
    }
  for (int i=1;i<=n-1;i++)
   for (int j=1;j<=m-1;j++)
    {
    	int x; scanf("%d",&x);
    	add(j+(i-1)*(m-1)*2,j+(i-1)*(m-1)*2+m-1,x);
    }
   spfa(0,t);
}