poj3498：March of the Penguins——题解

最近的题解的故事背景割。

题目：
描述

在靠近南极的某处，一些企鹅站在许多漂浮的冰块上。由于企鹅是群居动物，所以它们想要聚集到一起，在同一个冰块上。企鹅们不想把自己的身体弄湿，所以它们在冰块之间跳跃，但是它们的跳跃距离有一个上限。
随着气温的升高，冰块开始融化，并出现了裂痕。而企鹅跳跃的压力，使得冰块的破裂加速。幸运的是，企鹅对冰块十分有研究，它们能知道每块冰块最多能承受多少次跳跃。对冰块的损害只在跳起的时候产生，而落地时并不对其产生伤害。
现在让你来帮助企鹅选择一个冰面使得它们可以聚集到一起。

输入

第一行一个正数：数据个数，最多100个。之后：

第一行整数N，和浮点数D，表示冰块的数目和企鹅的最大跳跃距离。
(1≤N ≤100) (0 ≤D ≤100 000),
接下来N行，xi, yi, ni and mi,分别表示冰块的X和Y坐标，该冰块上的企鹅数目，以及还能承受起跳的次数。

输出

每个数据：

输出所有可能的相聚冰块的编号，以0开始。如果不能相遇，输出-1。

样例输入

2
5 3.5
1 1 1 1
2 3 0 1
3 5 1 1
5 1 1 1
5 4 0 1
3 1.1
-1 0 5 10
0 0 3 9
2 0 1 1
样例输出

1 2 4
-1

攒的有点多先写一道。
简单点说：网络流的题，自己建一个源点，源点连向每个冰块，容量为该冰块企鹅数。
冰块分为入点和出点，入点到出点容量为起跳次数。
一个冰块能跳到另一个冰块，则前者出点连后者入点，容量INF，后者出点连前者入点，容量INF。
枚举汇点。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const int maxn=205;const int INF=214748364;struct{    int next;    int to;    int w;    int cun;}edge[maxn*maxn];int head[maxn],cnt=-1;void add(int u,int v,int w){//u起点v终点w容量    cnt++;    edge[cnt].to=v;    edge[cnt].w=w;    edge[cnt].next=head[u];    edge[cnt].cun=w;    head[u]=cnt;}int lev[maxn],cur[maxn];//lev层数，cur[i]为以i为起点的边的编号 bool bfs(int m,int zong){//m为汇点,有zong个点     int dui[zong+1],r=0;//队列和右指针     for(int i=1;i<=zong;i++){//初始化         lev[i]=-1;        cur[i]=head[i];    }    dui[0]=1,lev[1]=0;    int u,v;//u起点v终点     for(int l=0;l<=r;l++){//左指针         u=dui[l];        for(int e=head[u];e!=-1;e=edge[e].next){            v=edge[e].to;            if(edge[e].w>0&&lev[v]==-1){//1.能走 2.未分层                 lev[v]=lev[u]+1;                r++;                dui[r]=v;//v入队                 if(v==m)return 1;//分层完毕             }        }    }    return 0;//无法分层 }int dinic(int u,int flow,int m){//u当前点，flow为下面的点能够分配多大的流量,m终点     if(u==m)return flow;//终点直接全流入    int res=0,delta;//res实际流量     for(int &e=cur[u];e!=-1;e=edge[e].next){//'&'相当于cur[u]=e;即流满的边不会再被扫一次         int v=edge[e].to;        if(edge[e].w>0&&lev[u]<lev[v]){//只能从低层往高层流            delta=dinic(v,min(edge[e].w,flow-res),m);            if(delta>0){//如果增广                 edge[e].w-=delta;//正向边容量减少                 edge[e^1].w+=delta;//反向边仍量增加（暗示退流）                 res+=delta;//扩张流量增加                 if(res==flow)break;//可流的都流完了，及时跳出             }        }    }    if(res!=flow)lev[u]=-1;//没流完，说明以后不能从这个点流出任何流量，那就不需要这个点了     return res;}double suan(int a1,int b1,int a2,int b2){    return sqrt(pow((a2-a1),2)+pow((b2-b1),2));}int a[101],b[101],c[101],e[101];int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--){        int n;        double d;        int sum=0;        scanf("%d%lf",&n,&d);        for(int i=1;i<=maxn;i++){            head[i]=-1;        }        cnt=-1;        for(int i=1;i<=n;i++){            scanf("%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i],&e[i]);            add(i*2,i*2+1,e[i]);            add(i*2+1,i*2,0);            sum+=c[i];        }        for(int i=1;i<=n;i++){            for(int j=1;j<=n;j++){                if(i==j)continue;                if(suan(a[i],b[i],a[j],b[j])<=d){                    add(i*2+1,j*2,INF);                    add(j*2,i*2+1,0);                }            }        }        for(int i=1;i<=n;i++){            if(c[i]!=0){                add(1,i*2,c[i]);                add(i*2,1,0);            }        }        int ok=0;        int first=0;        for(int i=1;i<=n;i++){            int zui=i*2;            int ans=0;            while(bfs(zui,2*n+1)==1){                ans+=dinic(1,INF,zui);            }            if(ans==sum){                if(first!=0)printf(" ");                printf("%d",i-1);//编号以0开始所以-1（才不是我懒得改了）                 first=1;                ok=1;            }            for(int i=0;i<=cnt;i++){                edge[i].w=edge[i].cun;            }        }        if(ok==0)printf("-1");        printf("\n");    }     return 0;}