BZOJ-1189 紧急疏散evacuate BFS预处理+最大流+二分判定+神建模！！

绝世污题，垃圾题，浪费我一整天青春！

1189: [HNOI2007]紧急疏散evacuate
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 1262 Solved: 464
[Submit][Status][Discuss]

Description
发生了火警，所有人员需要紧急疏散！假设每个房间是一个N M的矩形区域。每个格子如果是’.’，那么表示这是一块空地；如果是’X’，那么表示这是一面墙，如果是’D’，那么表示这是一扇门，人们可以从这儿撤出房间。已知门一定在房间的边界上，并且边界上不会有空地。最初，每块空地上都有一个人，在疏散的时候，每一秒钟每个人都可以向上下左右四个方向移动一格，当然他也可以站着不动。疏散开始后，每块空地上就没有人数限制了（也就是说每块空地可以同时站无数个人）。但是，由于门很窄，每一秒钟只能有一个人移动到门的位置，一旦移动到门的位置，就表示他已经安全撤离了。现在的问题是：如果希望所有的人安全撤离，最短需要多少时间？或者告知根本不可能。

Input
输入文件第一行是由空格隔开的一对正整数N与M，3<=N <=20，3<=M<=20，以下N行M列描述一个N M的矩阵。其中的元素可为字符’.’、’X’和’D’，且字符间无空格。

Output
只有一个整数K，表示让所有人安全撤离的最短时间，如果不可能撤离，那么输出’impossible’（不包括引号）。

Sample Input
5 5
XXXXX
X…D
XX.XX
X..XX
XXDXX

Sample Output
3

HINT
Source

这道题绝对污的不行，第一次尝试自己理想建图，崩烂；第二次修改时走投无路上网看解析，在评论的指引下发现网上神犇学长的建图都忽略了**每单位时间每个门只能走一个人**这一点，实现后发现数据水，能过但是在与YveH爷和HZWer学长的交谈中对正确建模有了想法；第三次尝试正解，又搞了半天╮(╯▽╰)╭最后10组数据，9组一共跑了不到1s，极限数据一组4.5s。。（还好bzoj测总时间）

建图如下（神级建图）：
1.BFS预处理出每个’.’到每个’D’的曼哈顿距离（最短移动时间）
2.二分最短总时间，mint
3.把每个’D’按时间拆点，即把每个’D’都拆成mint个点
4.判断这个’.’到这个’D’的时间是否<=mint，满足则将这个’.’与拆后的’D’的点连边（从这个’.’到’D’的所需时间到拆成的最后一个点都要连边）边权为1 ；
PS：这里的意思就是二分出的mint，把每个’D’都拆成mint个点，假如这个’.’到这个’D’的时间为t，且t

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;int dis[1100000];struct data{    int next,to,v;}edge[1100100];int head[1000100],cnt;int n,m;int rnum=0,dnum=0;int q[200010],h,t;int mt[410][25][25]={0};struct data1{    int x,y,step;};bool can[25][25]={0};bool visit[25][25]={false};int move[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,-1},{0,1}};int cs[25][25]={0};int num;void add(int u,int v,int w){    cnt++;    edge[cnt].v=w;    edge[cnt].to=v;    edge[cnt].next=head[u];    head[u]=cnt;}void insert(int u,int v,int w){    add(u,v,w);add(v,u,0);}void sear(int nowx,int nowy){    queue<data1> que;    int p=-cs[nowx][nowy];//cs【】【】里门的序号是存的负数。。     que.push({nowx,nowy,0});    while (!que.empty())    {           data1 temp=que.front();        que.pop();        int x=temp.x;        int y=temp.y;        int deep=temp.step;        visit[x][y]=true;        for (int i=0;i<4;i++)            if (!visit[x+move[i][0]][y+move[i][1]] && cs[x+move[i][0]][y+move[i][1]]>0 &&             x+move[i][0]>=1 && x+move[i][0]<=n && y+move[i][1]>=1 && y+move[i][1]<=m)                que.push({x+move[i][0],y+move[i][1],deep+1});        mt[p][x][y]=deep;        can[x][y]=1;//can【】【】记录这个点能不能走到门     }}//预处理出每个'.'到每个'D'的距离 void init(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1; i<=n; i++)        {            char x[25];            scanf("%s",&x);            for (int j=1; j<=m; j++)                {                    if (x[j-1]=='.') {rnum++;cs[i][j]=rnum;}                    if (x[j-1]=='X') cs[i][j]=0;                    if (x[j-1]=='D') {dnum++;cs[i][j]=-dnum;}                }        }//rnum表示人数，dnum表示门数（总之可以理解为>0的是人，=0的是墙，<0的是门）     memset(mt,0x3f,sizeof(mt));    for (int i=1; i<=n; i++)        for (int j=1; j<=m; j++)            if (cs[i][j]<0)                {                    memset(visit,false,sizeof(visit));                    sear(i,j);                }//遇到门就BFS出能到这个门的各个点的距离 }void make(int mint){    cnt=1;memset(head,0,sizeof(head));    for (int i=1; i<=dnum; i++)        for (int j=1; j<=n; j++)            for (int k=1; k<=m; k++)                if (cs[j][k]>0 && mt[i][j][k]<=mint)                    for (int l=mt[i][j][k]; l<=mint; l++)                        insert((j-1)*m+k,n*m*i+l,1);//点到拆过后的门的连边     for (int i=1; i<=dnum; i++)        for (int j=1; j<=mint; j++)            insert(n*m*i+j,n*m*(dnum+1)+1,1);//拆过后的门到超级汇连边     for (int i=1; i<=n; i++)        for (int j=1; j<=m; j++)            if (can[i][j] && cs[i][j]>0)                insert(0,(i-1)*m+j,1);//超级源到个点连边     num=n*m*(dnum+1)+1;     }bool bfs(){    memset(dis,-1,sizeof(dis));    q[1]=0; dis[0]=1;    h=0;t=1;    while (h<t)        {            int j=q[++h],i=head[j];            while (i)                {                    if (edge[i].v>0 && dis[edge[i].to]<0)                        {                            dis[edge[i].to]=dis[j]+1;                            q[++t]=edge[i].to;                        }                    i=edge[i].next;                }        }    if (dis[num]>0)        return true;    else        return false;}int dfs(int loc,int low){    int i=head[loc];    if (loc==num) return low;    while (i)        {            int flow=0;            if (edge[i].v>0 && dis[edge[i].to]==dis[loc]+1 && (flow=dfs(edge[i].to,min(edge[i].v,low))))                {                    edge[i].v-=flow;                    edge[i^1].v+=flow;                    return flow;                }            i=edge[i].next;        }    return 0;}int main(){    init();    for (int i=1; i<=n; i++)        for (int j=1; j<=m; j++)            if (cs[i][j]>0 && !can[i][j]) {printf("impossible");return 0;}//如果有人不能走到门则impossible     int left=0,right=n*m;    while (left<=right)        {            int mid=(left+right)>>1;            make(mid);             int ans=0;            while (bfs())                {                    int now;                    while ((now=dfs(0,0x7fffffff)))                        ans+=now;                }            if (ans<rnum) left=mid+1;            else    right=mid-1;        }    printf("%d\n",left);    return 0;}