【BZOJ 3504】 [Cqoi2014]危桥

3504: [Cqoi2014]危桥

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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

网络流。

如果我们直接网络流建图，从 s 到两个起点各流 2∗an,2∗bn 的流量，终点到 s 各流 2∗an,2∗bn 的流量，点与点之间按照读入来流，就会出现从 a1 流到 b2 ， b1 流到 a2 而导致满流的情况。

怎么解决呢？

把 b1,b2 交换一下看是否依然满流。

下面说一下官方题解的证明（我还不能完全理解= =）：
假设第一次跑网络流a1到a2流 an−x ，a1到b2流 x ，b1到b2流 bn−x ，b1到a2流 x
在交换之后，由于是无向图，a1到a2依然能流 an−x ，b2到b1也依然能流 bn−x 。

此时由于还是满流的，那么a1到b1流 x ，b2到a2流 x 。

把两次综合起来看，第一次a1到b2流 x ，第二次a1到b1流 x ；
由于是无向图，我们把边反向一下b1到a1流 x ，a1到b2流 x ，这就相当于b1到b2流了 x ，加上第一次b1到b2的 bn−x ，b1到b2确实流了bn(a的同理)

我不理解的地方是第二次满流a1到a2虽然能流 an−x ，但他不一定还是流 an−x 吧，为了满流他可能流的少一些，也可能多一些啊

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
char S[55][55];
int d[55],v[55],cur[55],tot,s,t,h[55],n,a1,a2,an,b1,b2,bn;
struct edge
{
    int from,to,cap,flow,ne;
}E[100005];
void Addedge(int from,int to,int cap)
{
    E[++tot]=(edge){from,to,cap,0,h[from]};
    h[from]=tot;
    E[++tot]=(edge){to,from,0,0,h[to]};
    h[to]=tot;
}
void Build()
{
    tot=1;
    for (int i=s;i<=t;i++)
        h[i]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=0;jif (S[i][j]=='O') Addedge(i,j+1,2);
            if (S[i][j]=='N') Addedge(i,j+1,inf);
        }
}
bool bfs()
{
    for (int i=s;i<=t;i++)
        v[i]=0;
    queue<int> q;
    q.push(s);
    v[s]=1;
    d[s]=0;
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for (int i=h[x];i;i=E[i].ne)
        {
            edge e=E[i];
            if (!v[e.to]&&e.cap>e.flow)
            {
                v[e.to]=1;
                d[e.to]=d[x]+1;
                q.push(e.to);
            }
        }
    }
    return v[t];
}
int dfs(int x,int a)
{
    if (x==t||!a) return a;
    int flow=0;
    for (int &i=cur[x];i;i=E[i].ne)
    {
        edge &e=E[i];
        if (d[e.to]!=d[x]+1) continue;
        int f=dfs(e.to,min(a,e.cap-e.flow));
        if (f>0)
        {
            e.flow+=f;
            E[i^1].flow-=f;
            flow+=f;
            a-=f;
            if (!a) break;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic()
{
    int flow=0;
    while (bfs())
    {
        for (int i=s;i<=t;i++)
            cur[i]=h[i];
        flow+=dfs(s,inf);
    }
    return flow;
}
int main()
{
    while (scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
    {
        s=0,t=n+1;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%s",S[i]);
        an*=2,bn*=2;
        a1++,a2++,b1++,b2++;
        Build();
        Addedge(s,a1,an),Addedge(a2,t,an);
        Addedge(s,b1,bn),Addedge(b2,t,bn);
        if (dinic()==an+bn)
        {
            Build();
            Addedge(s,a1,an),Addedge(a2,t,an);
            Addedge(s,b2,bn),Addedge(b1,t,bn);
            if (dinic()==an+bn) puts("Yes");
            else puts("No");
        }
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

感悟：

1.TLE是在bfs中没有写v[s]=1

2.CQOI2014题解