P3163 [CQOI2014]危桥

传送门

我是看不出这玩意儿和网络流有什么关系……
我们把图中的所有边都当成无向边加入图中,容量为\(inf\)
危桥的容量为\(2\)
从源点到\(a1,b1\)连边容量为\(an*2\),\(a2,b2\)到汇点连边容量\(bn*2\),相当于一次把两边都走完
然后跑一遍看看是否满流即可
然而这样会有一个问题,就是最终求得的最大流是\(a1\)流向\(b2\)或\(a2\)流向\(b1\)
于是再从源点向\(a1\)和\(b2\)连边,\(a2\)和\(b1\)向汇点连边,再跑一遍看看是否满流就是了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(R int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
#define gg(u) for(int &i=cur[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
inline int min(const R int &x,const R int &y){return x<y?x:y;}
using namespace std;
const int N=105,M=N*N*2;
struct eg{int v,nx,w;}e[M];int head[N],tot=1;
inline void add(R int u,R int v,R int w){
    e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;
    e[++tot]={u,head[v],w},head[v]=tot;
}
int dep[N],q[N],cur[N],S,T,h,t,u;
bool bfs(){
    fp(i,S,T)cur[i]=head[i],dep[i]=-1;
    q[h=t=1]=S,dep[S]=0;
    while(h<=t){
        int u=q[h++];
        go(u)if(e[i].w&&dep[v]<0){
            dep[v]=dep[u]+1,q[++t]=v;
            if(v==T)return true;
        }
    }return false;
}
int dfs(int u,int lim){
    if(u==T||!lim)return lim;
    int flow=0,f;
    gg(u)if(dep[v]==dep[u]+1&&(f=dfs(v,min(lim,e[i].w)))){
        flow+=f,lim-=f;
        e[i].w-=f,e[i^1].w+=f;
        if(!lim)break;
    }return flow;
}
int dinic(){int flow=0;while(bfs())flow+=dfs(S,inf);return flow;}
int n,m,a1,a2,an,b1,b2,bn;char s[N];int mmp[N][N];
inline void clr(){tot=1;memset(head,0,sizeof(head));}
void solve(){
    clr();fp(i,1,n){
        scanf("%s",s+1);
        fp(j,1,n)mmp[i][j]=s[j]!='X'?s[j]!='N'?2:1:0;
    }
    fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)if(mmp[i][j])add(i,j,mmp[i][j]==2?2:inf);
    S=0,T=n+1,++a1,++b1,++a2,++b2;
    add(S,a1,an<<1),add(S,b1,bn<<1),add(a2,T,an<<1),add(b2,T,bn<<1);
//  printf("%d\n",dinic());
    if(dinic()!=2*an+2*bn)return (void)(puts("No"));
    clr();fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)if(mmp[i][j])add(i,j,mmp[i][j]==2?2:inf);
    add(S,a1,an<<1),add(S,b2,bn<<1),add(a2,T,an<<1),add(b1,T,bn<<1);
//  printf("%d\n",dinic());
    if(dinic()!=(2*an+2*bn))return (void)(puts("No"));
    puts("Yes");
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn))solve();
    return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10078058.html

时间: 2024-11-05 06:02:42

P3163 [CQOI2014]危桥的相关文章

bzoj千题计划137:bzoj [CQOI2014]危桥

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3504 往返n遍,即单向2*n遍 危桥流量为2,普通桥流量为inf 原图跑一遍最大流 交换b1,b2再跑一遍最大流 如果两次的结果都等于(an+bn)*2 则可以 证明参见http://www.cnblogs.com/chenyushuo/p/5139556.html #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #i

Luogu3163 [CQOI2014]危桥 ---- 网络流 及 一个细节的解释

Luogu3163 [CQOI2014]危桥 题意 有$n$个点和$m$条边,有些边可以无限次数的走,有些边这辈子只能走两次,给定两个起点和终点$a_1 --> a_2$(起点 --> 终点)和$b_1 --> b_2$(起点 --> 终点),询问是否可以让$a_1 --> a_2$往返$a_n$次,让$b_1 --> b_2$往返$b_n$次 题解 思路 思路还是比较好想的,就是原图连双向边,然后炒鸡源汇连$a_n*2$和$b_n*2$判断满流是否为$(a_n+b_n

3504: [Cqoi2014]危桥

3504: [Cqoi2014]危桥 链接 分析: 首先往返的可以转化为全是“往”,那么只要将容量除以2即可. 然后S向a1连边容量为an(除以2之前为2*an),S向a2连边容量为an,b1,b2向T连边容量为bn.原图上的边,建双向边保存. 这样会存在从a1流向b2的流量,当然也有b1流向a2的流量,考虑如何判断这种情况. 将b1,b2交换,然后重新跑一遍,判断是否满流即可. 第一遍最大流的时候,假设a1->b2流了x的流量,那么有 a1->a2:an-x, a1->b2:x, b1

【BZOJ 3504】[Cqoi2014]危桥

Description Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家,岛屿被编号为0到N-1.某些岛屿之间有桥相连,桥上的道路是双 向的,但一次只能供一人通行.其中一些桥由于年久失修成为危桥,最多只能通行两次.Alice希望在岛屿al和a2之间往返an次(从al到a2再从a2 到al算一次往返).同时,Bob希望在岛屿bl和b2之间往返bn次.这个过程中,所有危桥最多通行两次,其余的桥可以无限次通行.请问Alice和 Bob能完成他们的愿望吗? Input 本题有多组测试数据. 每组数据第一

bzoj3504: [Cqoi2014]危桥--最大流

题目大意:给张无向图,有两个人a,b分别从各自的起点走向各自的终点,走A,B个来回,图里有些边只能走两次,求问是否能满足a,b的需求 按照题目给的表建图 S连a1,b1 a2,b2连T 跑最大流看是否满流 为了防止a1跑到b2的情况 第二遍 S连a1,b2 a2,b1连T 若还是满流说明没问题 1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5

bzoj3504: [Cqoi2014]危桥 网络流

一种网络流建图的思路吧,改天最好整理一波网络流建图思路 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,h,t,a1,a2,an,b1,b2,bn,flow,now;char ch; 4 int dis[52],l[52],d[52][52];char c[52][52]; 5 char getch() 6 { 7 for(ch=getchar();ch!='O' && ch!='N' && c

bzoj3504: [Cqoi2014]危桥

题意:给出一个图,有的边可以无限走,有的只能走两次(从一头到另一头为一次),给定两个起点以及对应的终点以及对应要走几个来回,求判断是否能完成. 先来一个NAIVE的建图:直接限制边建为容量1,无限制为INF,按照原图连,然后跑最大流就可以了. 可惜这样还不够,因为有可能有一部分流量不是对应的起点流过来的,即两条路有流量交换,这样就不一定可以满足题意了. 解决方法是:再跑一遍网络流,但是建图要改变一下,即将a路线的起点终点调换一下(当然b也可以),再接着跑,如果仍然满足则是真的有解. 证明看了网上

bzoj 3504: [Cqoi2014]危桥

1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #define M 100009 5 #define inf 2139062143 6 using namespace std; 7 int n,a1,a2,an,b1,b2,bn,tot,cnt=1,T,ans,head[M],d[M],q[2*M],next[10*M],u[10*M],v[10*M]; 8 char ch[60][60]; 9

[Cqoi2014]危桥 (两遍网络流)

题目链接 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 inline int read() 5 { 6 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 7 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 8 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0