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

题解：

网络流，

一开始想到从st连到a1，b1流量为2*an，a2，b2到ed也同样流量为2*bn。

后来经tkj大神指点发现这不太对啊，可以有流量从a1流到b2，或者有流量从b1流到b2

所以我们可以流两次。

第一次就是我想的那样建边，

第二次把b1和b2换一下，如果同样流的过去的话，就可以通过。

具体证明：http://www.cnblogs.com/chenyushuo/p/5139556.html

代码：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#define inf 0x7fffffffusing namespace std; const int N=80;const int M=100005;int n,a1,a2,an,b1,b2,bn;char ss[N][N];struct node{int x,y,z,next,other;}tr[M];int len=0,first[N];int st=0,ed=70;void ins(int x,int y,int z){len++;tr[len].x=x;tr[len].y=y;tr[len].z=z;tr[len].next=first[x];first[x]=len;tr[len].other=len+1;len++;tr[len].x=y;tr[len].y=x;tr[len].z=0;tr[len].next=first[y];first[y]=len;tr[len].other=len-1;}void init(){memset(first,-1,sizeof(first));len=0;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++){if(ss[i][j]=='O') {ins(i+1,j+1,2);//printf("%d %d\n",i+1,j+1);}if(ss[i][j]=='N') {ins(i+1,j+1,inf);}}}int list[M],h[M],head,tail;bool built()//宽搜只是为了构建h数组 {    memset(h,0,sizeof(h));h[st]=1; //出发点的层次为1    list[1]=st;head=1;tail=2; //宽搜    while(head!=tail)    {        int x=list[head];        //printf("%d\n",st);        for(int k=first[x];k!=-1;k=tr[k].next)        {            int y=tr[k].y;            if(  tr[k].z>0 &&  h[y]==0  )//a[k].c>0让多次构图成为可能            {                // x >y这条边还有流量，并且 y没有访问过                h[y]=h[x]+1;   //y作为x的下一层                list[tail++]=y;            }        }        head++;    }    if(h[ed]>0) return true;//如果最后能到ed返回true，否则返回false    else return false;}int dfs(int x,int f){if(x==ed) return f;int s=0,t;for(int i=first[x];i!=-1;i=tr[i].next){int y=tr[i].y;if(h[y]==h[x]+1&&tr[i].z>0&&f>s){t=dfs(y,min(tr[i].z,f-s));s+=t;tr[i].z-=t;tr[tr[i].other].z+=t;}}if(s==0) h[x]=0;return s;}int main(){while(scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF){a1++;b1++;a2++;b2++;        for(int i=0;i<n;i++)    scanf("%s",ss[i]);init();st=0;ed=70;ins(st,a1,an*2);ins(a2,ed,an*2);//printf("%d %d %d %d %d %d %d",n,a1,a2,an,b1,b2,bn);ins(st,b1,bn*2);ins(b2,ed,bn*2);int ans=0;bool flag=true;while(built()==true){//printf("!");ans+=dfs(st,inf);//printf("%d\n",ans);}if(ans<(an+bn)*2) flag=false;if(flag==true){//printf("!");init();    ins(st,a1,an*2);ins(a2,ed,an*2);    ins(st,b2,bn*2);ins(b1,ed,bn*2);    ans=0;while(built()==true){ans+=dfs(st,inf);}if(ans<(an+bn)*2) flag=false;}if(flag==true) printf("Yes\n");else printf("No\n");}}