洛谷P3163 [CQOI2014]危桥
题目描述
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？
输入输出格式
输入格式：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。|
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“。
输入输出样例
输入样例#1：
4 0 1 1 2 3 1 XOXX OXOX XOXO XXOX 4 0 2 1 1 3 2 XNXO NXOX XOXO OXOX
输出样例#1：
Yes No 数据范围 4
说明
4<=N<50
0<=a1, a2, b1, b2<=N-1
1 <=an. b<=50
看到可以经过几次，立马想到网络流。。。
网络流除了建图，其余都是模板，只要建图对了，基本就没有大问题。
很容易想到建图方案。
也就是说，对于图上的任意一条边，如果有普通的桥相连，那么建一条流量为 MAX 的边，否则如果是危桥，建一条流量为2的边。然后把往返an 次和bn 次看成走2∗an 次和2∗bn 次，由源点s向a1 和b1 连流量分别为2∗an 和2∗bn 的边，再由a2 和b2 向汇点t连流量分别为2∗an 和2∗bn 的边，判断最大流是否等于2(an+bn) 。
注意：从a1a1 发出的流量有可能跑到b2b2 处。所以还要再建一遍图，源点s向a1,b2a1,b2 建边，a2,b1a2,b1 向汇点t建边，如果两次最大流都等于2(an+bn)2(an+bn) ，那么有解；否则无解。
附代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#define MAXN 110
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,m,s,t,c,d;
int head[MAXN],deep[MAXN];
struct node1{
int next,to,w;
}a[MAXN*MAXN];
struct node2{
int u,v,w;
}b[MAXN*MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline void clean(){
memset(head,0,sizeof(head));
memset(a,0,sizeof(a));
c=2;
}
inline void badd(int u,int v,int w){
d++;
b[d].u=u;b[d].v=v;b[d].w=w;
}
inline void add(int u,int v,int w){
a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool bfs(){
int u,v;
queue q;
for(int i=1;i<=t;i++)deep[i]=0;
deep[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&!deep[v]){
deep[v]=deep[u]+1;
if(v==t)return true;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit){
if(x==t)return limit;
int v,sum,cost=0;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){
sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost));
if(sum>0){
a[i].w-=sum;
a[i^1].w+=sum;
cost+=sum;
if(cost==limit)break;
}
else deep[v]=-1;
}
}
return cost;
}
int dinic(){
int ans=0;
while(bfs())ans+=dfs(s,MAX);
return ans;
}
void init(){
char ch[MAXN];
int a1,a2,an,b1,b2,bn;
a1=read()+1;a2=read()+1;an=read()*2;
b1=read()+1;b2=read()+1;bn=read()*2;
d=0;
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(ch[j]=='X')continue;
else if(ch[j]=='O')badd(i,j,2);
else if(ch[j]=='N')badd(i,j,MAX);
}
}
clean();
for(int i=1;i<=d;i++)add(b[i].u,b[i].v,b[i].w);
add(s,a1,an);add(s,b1,bn);
add(a2,t,an);add(b2,t,bn);
int flow1=dinic();
clean();
for(int i=1;i<=d;i++)add(b[i].u,b[i].v,b[i].w);
add(s,a1,an);add(s,b2,bn);
add(a2,t,an);add(b1,t,bn);
int flow2=dinic();
if(flow1==an+bn&&flow2==an+bn)printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
s=n+1;t=n+2;
init();
}
return 0;
}