JZOJ 3597. 【CQOI2014】危桥
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a1和a2之间往返an次(从a1到a2再从a2到a1算一次往返)。同时，Bob希望在岛屿b1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、a1、a2、an、b1、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-1和j-1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。
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
Data Constraint
4<=N<=50
0<=a1,a2,b1,b2<=N-1
1<=an,bn<=50
Solution
这就是最小割模型了，直接上网络流啊！
建超级源 S 和超级汇 T 。
S 向 a1 、 b1 连一条容量为正无穷的边，表示不能割断。
a2 、 b2 向 T 连一条容量为正无穷的边，表示也不能割断。
如果岛 i 到岛 j 有一条普通桥，则连一条容量为正无穷的边，表示还是不能割断。
如果岛 i 到岛 j 有一条危桥，则连一条容量为 1 的边，表示做一次往返就会割掉。
那么跑一次得出的的最大流就是能进行的往返次数了！
但是由于是双源双汇，只跑一次可能会发生串流（即跑偏）。
于是我们调转 b1 、 b2 （本质不变），再跑一遍看满不满足即可。
同时还要单独判 a 和 b ，共判四次（避免特殊情况）。
时间复杂度就是网络流的时间复杂度。
Code
#includeint dfs(int x,int y)
{
if(x==t) return y;
int use=0;
for(int i=cur[x];i;i=next[i])
if(w[i] && dis[x]==dis[en[i]]+1)
{
cur[x]=i;
int num=dfs(en[i],min(w[i],y-use));
w[i]-=num,w[i^1]+=num,use+=num;
if(use==y || dis[s]>num) return use;
}
cur[x]=first[x];
if(!--gap[dis[x]]) dis[s]=num+1;
gap[++dis[x]]++;
return use;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&an);
scanf("%d%d%d",&b1,&b2,&bn);
a1++,a2++,b1++,b2++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int j=0;
char ch=getchar();
while(ch^'O' && ch^'N' && ch^'X') ch=getchar();
while(ch=='O' || ch=='N' || ch=='X')
{
j++;
if(ch=='O') a[i][j]=1; else
if(ch=='N') a[i][j]=inf; else a[i][j]=0;
ch=getchar();
}
}
s=a1,t=a2,ans=0,tot=1,num=n;
memset(first,0,sizeof(first));
memset(dis,0,sizeof(dis));
memset(gap,0,sizeof(gap));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]);
for(int i=1;i<=num;i++) cur[i]=first[i];
tot>>=1,gap[0]=num;
while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf);
if(ansputs("No");
continue;
}
s=b1,t=b2,ans=0,tot=1,num=n;
memset(first,0,sizeof(first));
memset(dis,0,sizeof(dis));
memset(gap,0,sizeof(gap));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=first[i];
tot>>=1,gap[0]=num;
while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf);
if(ansputs("No");
continue;
}
s=n+1,t=n+2,ans=0,tot=1,num=n+2;
memset(first,0,sizeof(first));
memset(dis,0,sizeof(dis));
memset(gap,0,sizeof(gap));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]);
insert(s,a1,inf),insert(s,b1,inf);
insert(a2,t,inf),insert(b2,t,inf);
for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i];
tot>>=1,gap[0]=num;
while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf);
if(ansputs("No");
continue;
}
s=n+1,t=n+2,ans=0,tot=1,num=n+2;
memset(first,0,sizeof(first));
memset(dis,0,sizeof(dis));
memset(gap,0,sizeof(gap));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i^j && a[i][j]) insert(i,j,a[i][j]);
insert(s,a1,inf),insert(s,b2,inf);
insert(a2,t,inf),insert(b1,t,inf);
for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i];
tot>>=1,gap[0]=num;
while(dis[s]<=num) ans+=dfs(s,inf);
puts(ans"No":"Yes");
}
return 0;
}