bzoj1001（B站AC第五题）

 我擦，终于AC了！！！！！！！！！！！！！
一开始写MLE到死，死活不知道哪里错了，记得貌似暑假快结束的时候写的，到现在才A，只能说我还是太弱了，直接上题吧

1001: [BeiJing2006]狼抓兔子

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Description

现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形：

 

左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路 1:(x,y)<==>(x+1,y) 2:(x,y)<==>(x,y+1) 3:(x,y)<==>(x+1,y+1) 道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击这些兔子.当然为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔子一网打尽的前提下，参与的狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.

Input

第一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.接下来分三部分第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值. 第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值. 第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值. 输入文件保证不超过10M

Output

输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.

Sample Input

3 4
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6

Sample Output

14

HINT

Source

这个题一看就是裸最大流2333333，不过一定会TLE，数据太大了。那这个怎么优化呢？题解上说   平面图的最大流就是对偶图的最短路 ，这是什么个意思？平面图按我理解是可以将每个点镶嵌在一个平面内，而且边与边之间存在不会相交的情况，对偶图是什么？就是将平面图边与边之间围成的封闭面积看成一个点，将相邻的封闭面积所夹的边看成这两个点连接的边，于是此时的最小割就转化成了最短路，记得要从源点向汇点加一条虚边。。。（未完，我要去看拔河了。。。。。）
(拔河跪掉了，汗都没流就输了，还是站位不行，没使上力，然后是周五的物理选拔又浪费了两节自习，一道大题都没写出来。。。。。。)继续。。。。。

建图的编号自己想吧，反正我是建这个图累死了的。。。。。。
另：我为什么MLE到死呢？。。。。。因为我一开始照搬网络流的建边方法（参照白书上lrj的代码），于是我存了双倍的图。。。。。。MLE到死不知道。。。。。所以一定要对小细节弄清楚原理（lrj网络流那么建边是为了快速找到反向边，不过显然不适合最短路。。。。。。）

 

上代码
c++
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN=2100000;
const int INF=0x7fffffff;
int n,m;
struct edge{
    int from,to,cap;
};
bool vis[MAXN],b=0;
int d[MAXN];
queue<int> q;
vector<edge> g[MAXN];
void addedge(int from,int to,int cap)
{
    edge e;
    e.from=from;
    e.to=to;
    e.cap=cap;
    g[from].push_back(e);
    e.from=to;
    e.to=from;
    g[to].push_back(e);
    
}
 
void spfa()
{
    int s=0;
    n=(m-1)*(n-1)*2+1;
    for (int i=0;i<=n;i++) d[i]=INF;
    q.push(s);
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[0]=0;
    vis[s]=1;
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for (int i=0;i<g[x].size();i++)
        {
            edge e=g[x][i];
            if (d[e.to]>d[x]+e.cap)
            {
                if (!vis[e.to])
                {
                    vis[e.to]=1;
                    q.push(e.to);
                }
                d[e.to]=d[x]+e.cap;
            }
        }
    }
    return ;
}
void kaishi()
{
    int x,ans=10000000;
    while (scanf("%d",&x)!= EOF)
        ans=min(ans,x);
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x;
    if (m==1||n==1){ kaishi(); return 0;}
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            if (i==1) addedge(j+(m-1)*(i-1)*2,(m-1)*(n-1)*2+1,x);//cout<<j+(m-1)*(i-1)*2<<' '<<(m-1)*(n-1)*2+1<<endl;}
            if (i==n) addedge(0,j+(m-1)*(i-1)*2-m+1,x);// cout<<0<<' '<<j+(m-1)*(i-1)*2-m+1<<endl;}
            if (i>1&&i<n) addedge(j+(m-1)*(i-1)*2-m+1,j+(m-1)*(i-1)*2,x); //cout<<j+(m-1)*(i-1)*2-m+1<<' '<<j+(m-1)*(i-1)*2<<endl;}
             
        }
    for (int i=1;i<n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            if (j==m)addedge(j+(m-1)*(i-1)*2-1,(m-1)*(n-1)*2+1,x); //cout<<j+(m-1)*(i-1)*2-1<<' '<<(m-1)*(n-1)*2+1<<endl;}
            if (j==1) addedge(0,j+(m-1)*(i-1)*2+m-1,x); //cout<<0<<' '<<j+(m-1)*(i-1)*2+m-1<<endl;}
            if (j>1&&j<m) addedge(j+(m-1)*(i-1)*2-1,j+(m-1)*(i-1)*2+m-1,x); //cout<<j+(m-1)*(i-1)*2-1<<' '<<j+(m-1)*(i-1)*2+m-1<<endl;}
        }
    for (int i=1;i<n;i++)
        for (int j=1;j<m;j++)
        {
            scanf("%d",&x);
            addedge(j+(m-1)*(i-1)*2,j+(m-1)*(i-1)*2+m-1,x); //cout<<j+(m-1)*(i-1)*2<<' '<<j+(m-1)*(i-1)*2+m-1<<endl;
        }
    spfa();
    printf("%d\n",d[n]);
    return 0;
}

//正方形中右上小三角形编号为j+(m-1)*(i-1)*2