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

分析：
因为边是双向的，所以假设A从s1到t1往返p1次，可以看做是p1*2次从s1到t1，所以如果只有A一人，就很明显了，直接最大流。先说一下连边，每个普通桥连两条INF的边(正向和反向)，危桥连两条2的边，s1到t1的最大流就可以看做是通行次数。B同理，但是要在同一个图跑(一座危桥只能通行两次，不是给每个人都通行两次)。所以，可以增加一个新源点S，汇点T，S向s1，t1向T连一条p1*2的边，S向s2，t2向T连一条p2*2的边。如果最大流为p1*2+p2*2，有解。
但是有个问题，存在这样的一种情况，即S到s1，s1经过很多边到t2，t2到T，这种情况显然会被计做流量，但是是不可行的。那么我们把S2与T2对调一下，然后再次建立一个新图，再跑一下最大流，如果依旧是满流的话，则答案是正确的。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=55;
const int inf=(int)1e9;

int n,a1,a2,b1,b2,an,bn,cnt,last[N],dis[N],cur[N],s,t;
struct edge{int to,next,c;}e[N*N*2];
queue<int> que;
char map[N][N];

void addedge(int u,int v,int c)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].c=c;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].c=0;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

bool bfs()
{
    for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=0;
    while (!que.empty()) que.pop();
    dis[s]=1;que.push(s);
    while (!que.empty())
    {
        int u=que.front();que.pop();
        for (int i=last[u];i;i=e[i].next)
            if (e[i].c&&!dis[e[i].to])
            {
                dis[e[i].to]=dis[u]+1;
                if (e[i].to==t) return 1;
                que.push(e[i].to);
            }
    }
    return 0;
}

int dfs(int x,int maxf)
{
    if (x==t||!maxf) return maxf;
    int ret=0;
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
        if (e[i].c&&dis[e[i].to]==dis[x]+1)
        {
            int f=dfs(e[i].to,min(e[i].c,maxf-ret));
            e[i].c-=f;
            e[i^1].c+=f;
            ret+=f;
            if (maxf==ret) break;
        }
    return ret;
}

int dinic()
{
    int ans=0;
    while (bfs())
    {
        for (int i=s;i<=t;i++) cur[i]=last[i];
        ans+=dfs(s,inf);
    }
    return ans;
}

int solve()
{
    s=0;t=n+1;cnt=1;
    for (int i=s;i<=t;i++) last[i]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
            if (map[i][j]=='N') addedge(i,j,inf),addedge(j,i,inf);
            else if (map[i][j]=='O') addedge(i,j,2),addedge(j,i,2);
    }
    addedge(s,a1,an);addedge(a2,t,an);
    addedge(s,b1,bn);addedge(b2,t,bn);
    return dinic();
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
    {
        a1++;a2++;b1++;b2++;an*=2;bn*=2;
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",map[i]+1);
        if (solve()puts("No");
            continue;
        }
        swap(b1,b2);
        if (solve()puts("No");
        else puts("Yes");
    }
    return 0;
}