本题想一想应该懂了的。
我们想啊，，每个点都有限制，每个点都可以跳到另一个有限制的点，每个有蜥蜴的点都可以跳到四周的有限制的点，，哈哈，自然会想到网络流。
其中很自然的可以相到，要表示每个点的容量限制，那么就拆点，一个上，一个下，容量为权值
然后向四周连接也就是某个点的下将距离范围内的某个点的上连接，容量为oo
源向蜥蜴连接，容量为1
可以跑到边界外的点的下向汇连接，容量为oo
跑一次最大流，答案就是蜥蜴总数减去最大流。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar()) if(c==‘-‘) k=-1; for(; c>=‘0‘&&c<=‘9‘; c=getchar()) r=r*10+c-‘0‘; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=1000, M=N*5000, oo=~0u>>1;
int ihead[N], cnt=1, cur[N], gap[N], d[N], p[N], n, m, g, a[22][22];
struct ED { int from, to, cap, next; } e[M];
inline const int id(const int &x, const int &y) { return (x-1)*m+y; }
inline const bool check(const int &i, const int &j, const int &x, const int &y) { return ((i-x)*(i-x)+(j-y)*(j-y))<=g*g; }
inline void add(const int &u, const int &v, const int &w) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].from=u; e[cnt].cap=w;
e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].from=v; e[cnt].cap=0;
}
int isap(const int &s, const int &t, const int &n) {
for1(i, 0, n) cur[i]=ihead[i];
int ret=0, i, f, u=s;
gap[0]=n;
while(d[s]<n) {
for(i=cur[u]; i; i=e[i].next) if(e[i].cap && d[u]==d[e[i].to]+1) break;
if(i) {
p[e[i].to]=cur[u]=i; u=e[i].to;
if(u==t) {
for(f=oo; u!=s; u=e[p[u]].from) f=min(f, e[p[u]].cap);
for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) e[p[u]].cap-=f, e[p[u]^1].cap+=f;
ret+=f;
}
}
else {
if(! (--gap[d[u]]) ) break;
d[u]=n; cur[u]=ihead[u];
for(i=ihead[u]; i; i=e[i].next) if(e[i].cap && d[u]>d[e[i].to]+1) d[u]=d[e[i].to]+1;
++gap[d[u]];
if(u!=s) u=e[p[u]].from;
}
}
return ret;
}
int main() {
read(n); read(m); read(g);
int s=n*m*2+10, t=s+1, now, tp, ans=0; char c;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m) {
for(c=getchar(); c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar());
tp=c-‘0‘;
if(tp) {
now=id(i, j); a[i][j]=tp;
add(now, now+410, tp);
}
}
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m) {
for(c=getchar(); c!=‘L‘&&c!=‘.‘; c=getchar());
if(c==‘L‘) add(s, id(i, j), 1), ++ans;
}
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m) if(a[i][j])
for(int x=i-g; x<=i+g; ++x) for(int y=j-g; y<=j+g; ++y)
if(a[x][y] && !(i==x && j==y) && check(i, j, x, y)) add(id(i, j)+410, id(x, y), oo);
for1(i, 1, g) for1(j, 1, m) add(id(i, j)+410, t, oo), add(id(n-i+1, j)+410, t, oo);
for1(i, 1, g) for1(j, 1, n) add(id(j, i)+410, t, oo), add(id(j, m-i+1)+410, t, oo);
print(ans-isap(s, t, t+1));
return 0;
}
Description
在一个r行c列的网格地图中有一些高度不同的石柱，一些石柱上站着 一些蜥蜴，你的任务是让尽量多的蜥蜴逃到边界外。 每行每列中相邻石柱的距离为1，蜥蜴的跳跃距离是d，即蜥蜴可以跳到平面距离不超过d的任何一个石柱上。石柱都不稳定，每次当蜥蜴跳跃时，所离开的石柱高 度减1（如果仍然落在地图内部，则到达的石柱高度不变），如果该石柱原来高度为1，则蜥蜴离开后消失。以后其他蜥蜴不能落脚。任何时刻不能有两只蜥蜴在同 一个石柱上。
Input
输入第一行为三个整数r，c，d，即地图的规模与最大跳跃距离。以下r行为石竹的初始状态，0表示没有石柱，1~3表示石柱的初始高度。以下r行为蜥蜴位置，“L”表示蜥蜴，“.”表示没有蜥蜴。
Output
输出仅一行，包含一个整数，即无法逃离的蜥蜴总数的最小值。
Sample Input
5 8 2
00000000
02000000
00321100
02000000
00000000
........
........
..LLLL..
........
........
Sample Output
1
HINT
100%的数据满足：1<=r, c<=20, 1<=d<=3
时间： 2024-08-07 04:31:18