切糕（经典网络流最小割） CODEVS 2997 BZOJ 3144

题目

• 题目描述 Description

  经过千辛万苦小 A 得到了一块切糕，切糕的形状是长方体，小 A 打算拦腰将切糕切成两半分给小 B。出于美观考虑，小 A 希望切面能尽量光滑且和谐。于是她找到你，希望你能帮她找出最好的切割方案。
  出于简便考虑，我们将切糕视作一个长 P、宽 Q、高 R 的长方体点阵。我们将位于第 z层中第 x 行、第 y 列上(1≤x≤P, 1≤y≤Q, 1≤z≤R)的点称为(x,y,z)，它有一个非负的不和谐值 v(x,y,z)。一个合法的切面满足以下两个条件：

  1. 与每个纵轴(一共有 P*Q 个纵轴)有且仅有一个交点。即切面是一个函数 f(x,y)，对于所有 1≤x≤P, 1≤y≤Q,我们需指定一个切割点 f(x,y),且 1≤f(x,y)≤R。
  2. 切面需要满足一定的光滑性要求，即相邻纵轴上的切割点不能相距太远。对于所有的 1≤x,x’≤P 和 1≤y,y’ ≤Q，若|x-x’|+|y-y’|=1，则|f(x,y)-f(x’,y’)| ≤D，其中 D 是给定的一个非负整数。
     可能有许多切面f 满足上面的条件，小A 希望找出总的切割点上的不和谐值最小的那个，即 ∑v(x,y, f(x,y))最小。

• 输入描述 Input Description

  输入文件第一行是三个正整数P,Q,R，表示切糕的长P、宽Q、高R。第二行有一个非负整数D，表示光滑性要求。接下来是R个P行Q列的矩阵，第z个矩阵的第x行第y列是v(x,y,z) (1≤x≤P, 1≤y≤Q, 1≤z≤R)。

• 输出描述 Output Description

  输出仅包含一个整数，表示在合法基础上最小的总不和谐值。

• 样例输入 Sample Input

  input1
  2 2 2
  1
  6 1
  6 1
  2 6
  2 6
  input2
  2 2 2
  0
  5 1
  5 1
  2 5
  2 5

• 样例输出 Sample Output

  output1
  6
  output2
  12

• 数据范围及提示 Data Size & Hint

  100%的数据满足P,Q,R≤40，0≤D≤R，且给出的所有的不和谐值不超过1000。

分析

首先，我第一次看到这个题的时候 （一脸懵逼.cpp
看到网上题解，看到的都是一些直接建图的大神 （二脸懵逼.cpp
先给出建图方法

假设坐标从下到上递增。设置S点T点。每层的每个点向正上方的点、最上层的点向T点 分别连一条容量为该点不和谐值的边，从S点向最底层的所有点分别连一条容量无穷大的边（S向上连 容量为最底层点的不和谐值的边、每层向上连 容量为上层不和谐值的边、顶层向T点连容量无穷大的边，也是可以的的），向四周下方距离为D的点连一条容量为无穷大的边

这里先用 割 的方法考虑。
容易想到，每层的每个点向正上方的点、最上层的点向T点 分别连一条容量为该点不和谐值的边，这样求得的最小割就为 不考虑光滑度的最小不和谐值的总和。
主要是向周围下方D处连边不好想。我们看这样一张图。
假设D = 1，图中红色的边便是 向四周下方距离为D的点连一条容量为无穷大的边
这样为什么能限制割边的时候相距≤D呢？
我们得先知道容量无穷大的边的作用。容量无穷大的边在求最小割时不会被割断。
这里我们就把 割 和 流 结合起来看了。
如果被割断的两条边竖直距离之差＞Ｄ（如图中被割断的两条蓝色边），那么仍然存在一条路线能从S到达T（如图中绿色线路），没有达到割的目的。所以，相邻的割边竖直距离就限制在≤D了。
这样，我们就容易理解这样建图的意义了。

代码

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;const int N = 50*50*50, inf = 0x3f3f3f3f;int map[N], line[2*N*5][3], lt;int P, Q, R, D, cnt, S, T;int dir[4][2] = {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};int geti(int x, int y, int z) { //这里把所有点转换成编号    return (x + P*(y-1) + P*Q*(z-1));}void ins(int a, int b, int w){    line[lt][1] = b;    line[lt][2] = w;    line[lt][0] = map[a];    map[a] = lt++;    line[lt][1] = a;    line[lt][2] = 0;    line[lt][0] = map[b];    map[b] = lt++;}int d[N];bool bfs() {    queue <int> q;    memset(d, 0xff, sizeof(d));    q.push(S);    d[S] = 0;    while(!q.empty()) {        int u = q.front();        q.pop();        for(int i = map[u]; i != -1; i = line[i][0]) {            int v = line[i][1];            if(d[v] == -1 and line[i][2]) {                d[v] = d[u] + 1;                q.push(v);            }        }     }    return d[T] != -1;}int dfs(int u, int f) {    if(u == T) return f;    int ans = 0;    for(int i = map[u]; i != -1; i = line[i][0]) {        int v = line[i][1];        if(d[v] == d[u] + 1 and line[i][2]) {            int del = dfs(v, min(f-ans, line[i][2]));            line[i][2] -= del;            line[i^1][2] += del;            if((ans+=del) == f) return ans;        }    }    if(ans == 0) d[u] = -1;    return ans;}int Dinic() {    int res = 0;    while(bfs()) {        res += dfs(S, inf);    }    return res;}int main() {    memset(map, 0xff, sizeof(map));    scanf("%d%d%d%d", &P, &Q, &R, &D);    S = 0, T = P*Q*R+1;    for(int k = 1; k <= R; k++)        for(int i = 1; i <= P; i++)            for(int j = 1; j <= Q; j++) {                int v;                scanf("%d", &v);                int node = geti(i, j, k);                if(k == 1) ins(S, node, v);                else ins(geti(i, j, k-1), node, v);                if(k == R) ins(node, T, inf);                if(k - D > 0)                     for(int e = 0; e < 4; e++) {                        int xi = i+dir[e][0], yi = j+dir[e][1];                        if(xi > 0 and xi <= P and yi > 0 and yi <= Q)                            ins(node, geti(xi, yi, k-D), inf);                    }            }    printf("%d\n", Dinic());    return 0;}