bzoj2150 部落战争

Description

lanzerb的部落在A国的上部，他们不满天寒地冻的环境，于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。 A国是一个M*N的矩阵，其中某些地方是城镇，某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队，他们约定： 1. 每支军队可以从任意一个城镇出发，并只能从上往向下征战，不能回头。途中只能经过城镇，不能经过高山深涧。 2. 如果某个城镇被某支军队到过，则其他军队不能再去那个城镇了。 3. 每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。 4. 所有军队都很奇怪，他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1*2的路线，而他们只能走R*C的路线。 lanzerb的野心使得他的目标是统一全国，但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇，请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。

Input

第一行包含4个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方是城镇；如果这个字符时'x'，表示这个地方是高山深涧。

Output

输出一个整数，表示最少的军队个数。

Sample Input

【样例输入一】
3 3 1 2
...
.x.
...
【样例输入二】
5 4 1 1
....
..x.
...x
....
x...

Sample Output

【样例输出一】
4

【样例输出二】
5
【样例说明】

【数据范围】
100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。

从题意中很容易看出这是最小路径覆盖……因为从任意点出发到任意点停止，而且没有环

第一次做最小路径覆盖。自己yy了一下，应该要拆点。后来无论怎么连边也没法搞。

比如我要这样连：（图中所有边容量为1）

那么我要使1和1‘，2和2’，3和3‘之间的边保证满流，代表全图都已经覆盖，然后S到T的最大流尽量小。这好像可以用有上下界的网络流搞定，但是太麻烦了

去百度了一下，结果发现其实把它拆点搞成二分图，然后互相连边求最大匹配，那么tot-ans就是答案。我原来一直想着用最大流表示答案，然后各种斯巴达……

我觉得这还是很好理解的。最坏情况下覆盖全图需要n次，每次只覆盖一个点，现在最大匹配中两个点i，j匹配，代表有两个点可以缩成一个点，就是覆盖了i之后可以直接接着覆盖j,，所以答案-1。

#include<cstdio>#include<cstring>#define S 0#define T 55555#define inf 0x7fffffffstruct edge{int to,next,v;}e[100001];int n,m,r,c,cnt=1,ans,tot;int head[100001];int h[100001];int q[100001];bool mrk[60][60];inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}inline void ins(int u,int v,int w){e[++cnt].to=v;e[cnt].v=w;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;}inline void insert(int u,int v,int w){ins(u,v,w);ins(v,u,0);}inline bool bfs(){memset(h,-1,sizeof(h));int t=0,w=1;q[1]=S;h[S]=0;while (t<w){int now=q[++t];for (int i=head[now];i;i=e[i].next)  if(h[e[i].to]==-1&&e[i].v)  {  q[++w]=e[i].to;  h[e[i].to]=h[now]+1;  }}if (h[T]==-1) return 0;return 1;}inline int dfs(int x,int f){if (x==T||!f) return f;int used=0,w;for (int i=head[x];i;i=e[i].next)  if (e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1)  {  w=f-used;  w=dfs(e[i].to,min(e[i].v,w));  used+=w;  e[i].v-=w;  e[i^1].v+=w;  }if (!used) h[x]=-1;return used;}inline void dinic(){while(bfs())ans+=dfs(S,inf);}int main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c);const int mx[4]={r,c,c,r};const int my[4]={c,r,-r,-c};for (int i=1;i<=n;i++)  for (int j=1;j<=m;j++)    {    char ch=getchar();    while (ch!='.'&&ch!='x')ch=getchar();    if (ch=='.'){mrk[i][j]=1;tot++;}    }for (int i=1;i<=n;i++)  for (int j=1;j<=m;j++)  if (mrk[i][j])  {  insert(S,(i-1)*m+j,1);    insert((i-1+n)*m+j,T,1);    for (int k=0;k<4;k++)      {      int nx=mx[k]+i;      int ny=my[k]+j;      if (r==c&&k%2) continue;      if (nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&mrk[nx][ny])        insert((i-1)*m+j,(nx-1+n)*m+ny,1);      }  }dinic();printf("%d\n",tot-ans);}