bzoj1001【BeiJing2006】狼抓兔子

来源：互联网发布：人工智能权威期刊编辑：程序博客网时间：2024/05/02 01:35

1001: [BeiJing2006]狼抓兔子

Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 12989 Solved: 3076
[Submit][Status][Discuss]

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

感觉像是一道最大流的题，但是n,m≤1000，dinic算法可能会超时。但是据说数据比较水，dinic也能过。

正确解法：在起点和终点之间连一条边之后平面图转对偶图，dijkstra求最短路径+优先队列优化。时间复杂度O(nlogn)。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#define F(i,j,n) for(int i=j; i<=n; i++)#define INF 1000000000#define MAXN 2000001using namespace std;int n,m,x,t,dis[MAXN];bool vst[MAXN];vector<int>edge[MAXN],weight[MAXN];struct Heapnode{int dist,num;bool operator < (const Heapnode & x)const{return dist>x.dist;}};void Solve(){int x=max(n,m),Min=INF,p;F(i,1,x-1){scanf("%d",&p);Min=min(Min,p);}if (Min==INF) Min=0;printf("%d\n",Min);}priority_queue<Heapnode> Q;int main(){scanf("%d%d",&n,&m);if (n==1||m==1){Solve();return 0;}t=(n-1)*(m-1)*2+1;F(i,1,n)F(j,1,m-1){scanf("%d",&x);if (i==1){edge[t].push_back(2*j);weight[t].push_back(x);edge[2*j].push_back(t);weight[2*j].push_back(x);}if (i==n){int p=2*(n-2)*(m-1)+2*j-1;edge[0].push_back(p);weight[0].push_back(x);edge[p].push_back(0);weight[p].push_back(x);}if (i>1&&i<n){int p=2*(m-1)*(i-1)+2*j,q=2*(m-1)*(i-2)+2*j-1;edge[p].push_back(q);weight[p].push_back(x);edge[q].push_back(p);weight[q].push_back(x);}}F(i,1,n-1)F(j,1,m){scanf("%d",&x);if (j==1){int p=2*(m-1)*(i-1)+1;edge[0].push_back(p);weight[0].push_back(x);edge[p].push_back(0);weight[p].push_back(x);}if (j==m){int p=2*(m-1)*i;edge[t].push_back(p);weight[t].push_back(x);edge[p].push_back(t);weight[p].push_back(x);}if (j>1&&j<m){int p=2*(m-1)*(i-1)+2*(j-1);edge[p].push_back(p+1);weight[p].push_back(x);edge[p+1].push_back(p);weight[p+1].push_back(x);}}F(i,1,n-1)F(j,1,m-1){scanf("%d",&x);int p=2*(m-1)*(i-1)+2*j-1;edge[p].push_back(p+1);weight[p].push_back(x);edge[p+1].push_back(p);weight[p+1].push_back(x);}F(i,1,t) dis[i]=INF;dis[0]=0;memset(vst,false,sizeof(vst));Q.push((Heapnode){0,0});while (!Q.empty()){Heapnode x=Q.top();Q.pop();if (vst[x.num]) continue;vst[x.num]=true;for (int i=0; i<edge[x.num].size(); i++)if (dis[edge[x.num][i]]>dis[x.num]+weight[x.num][i]){dis[edge[x.num][i]]=dis[x.num]+weight[x.num][i];    Q.push((Heapnode){dis[edge[x.num][i]],edge[x.num][i]});}}printf("%d\n",dis[t]);return 0;}

0 0