【bzoj2007】海拔 最小割转最短路

       这道题目居然可以转化为最小割。。实际上只要剥去题目中华（keng）丽（die）的外壳，就是一个裸的最小割。

       首先，这道题目中的终点一定是最高点。不妨考虑所有比终点高的点，将这些点的海拔都变为1，那么答案显然变小，同理起点一定是最低点，因此所有点的海拔范围为[0,1]。

       其次，需要剥去这道题目最大的一个外壳，也就是海拔为小数这个绚（keng）丽（die）的条件。实际上一个点的海拔不是0就是1。对于一个点，显然可以将它调整使它至少和周围的一个等高（这类似于在数轴上找一个点使其到给定的N个点的距离与点权乘积的和最小，则这个点一定在某一个给定的点处）。这样经过不断调整就会出现一种局面：即所有点分为两个联通块，一块全为0，包括起点；一块全为1，包括中点。这样，问题就转化为最小割了（即两个联通块之间的路径需要被切断，即割）。

       于是就变成经典的平面图最小割转对偶图最短路了，详细的可以去网上搜索bzoj1001的题解，原理是一样的。

       听说spfa会被卡，不过好像也有写过的。算了打个winnner tree不用stl里面的堆作弊了（真无聊）。

AC代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 1000000000
#define N 1300005
using namespace std;

int n,tot,c[N][2],val[N],fst[N],pnt[N],len[N],nxt[N],d[N],p[505][505];
bool vis[N];
int read(){
	int x=0; char ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
	return x;
}
void add(int aa,int bb,int cc){
	pnt[++tot]=bb; len[tot]=cc; nxt[tot]=fst[aa]; fst[aa]=tot;
}
void build(int k,int l,int r){
	c[k][0]=l; c[k][1]=r;
	if (l==r) val[k]=inf; else{
		int mid=(l+r)>>1; build(k<<1,l,mid);
		build(k<<1|1,mid+1,r); val[k]=inf;
	}
}
void ins(int k,int x,int y){
	int l=c[k][0],r=c[k][1],mid=(l+r)>>1;
	if (l==r){ val[k]=y; return; }
	if (x<=mid) ins(k<<1,x,y); else ins(k<<1|1,x,y);
	val[k]=min(val[k<<1],val[k<<1|1]);
}
int qry(int k){
	if (c[k][0]==c[k][1]) return c[k][0]; else	
	if (val[k]==val[k<<1]) return qry(k<<1); else return qry(k<<1|1);
}
int solve(int sta,int gol){
	int i,p; build(1,sta,gol);
	for (i=sta; i<=gol; i++) d[i]=inf;
	d[sta]=0; ins(1,sta,0);
	for (i=0; i<=gol; i++){
		int x=qry(1); d[x]=val[1];
		if (x==gol) return d[x];
		ins(1,x,inf); vis[x]=1;
		for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
			int y=pnt[p]; if (vis[y]) continue;
			if (d[x]+len[p]<d[y]){ d[y]=d[x]+len[p]; ins(1,y,d[y]); }
		}
	}
	return d[gol];
}
int main(){
	n=read(); int i,j,cnt=0;
	for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n; j++) p[i][j]=++cnt;
	cnt++; for (i=1; i<=n; i++) p[0][i]=p[i][n+1]=cnt;
	for (i=1; i<=n+1; i++) for (j=1; j<=n; j++) add(p[i][j],p[i-1][j],read());
	for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n+1; j++) add(p[i][j-1],p[i][j],read());
	for (i=1; i<=n+1; i++) for (j=1; j<=n; j++) add(p[i-1][j],p[i][j],read());
	for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n+1; j++) add(p[i][j],p[i][j-1],read());
	printf("%d\n",solve(0,cnt));
	return 0;
}

by lych

2016.1.22