BZOJ 1001 [BeiJing2006] 狼抓兔子（平面图最大流）

题目大意

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=4)。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角 (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*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。

N, M 均小于等于 1000

做法分析

一看就是最小割问题，写的比较好的网络流可以直接暴力的搞过去，当然，正解肯定不是这样，虽然是一个水题，不过还是值得一做的

这题需要利用平面图的对偶图性质

平面图的对偶图很好构造：

　　将原图中的面变成新图中的点

　　原图中，每条边必定分割了两个面，在新图中，对应的点之间添加一条边，边权还是原图中边的边权

在原图中的一个全局的割就对应了新图中的一个环，也就是说，如果想要求原图中的一个全局最小割，只需要在新图中找一个最小环即可

怎么求出原图中分割固定点 s 和 t（s 和 t 处于一个无线大的平面的边缘） 的一个最小割呢？

　　先在原图中添加 s 到 t 的边，给原图增加了一个面

　　构造原图的对偶图，把由于增边而增加的新面对应的点设为 S，无穷大的平面对应的点设为 T

　　删掉对偶图中 S 到 T 直接相连的边

　　求出 S 到 T 的最短路就可以了

详细请看周冬的论文 《两极相通——浅析最大—最小定理在信息学竞赛中的应用》

这题按照上面将的建图，跑最短路就行了，听说 SPFA 也能过，我没试过，用的堆优化的 Dijkstra + 输入外挂直接 516ms 过掉

参考代码

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <queue>

 using namespace std;

 const int N=, INF=0x3fffffff, E=N*;

 struct ARC {
     int u, val, next;
     inline void init(int a, int b, int c) {
         u=a, val=b, next=c;
     }
 } arc[E];
 int head[N], tot, S, T, n, m, dis[N];
 bool vs[N];

 struct data {
     int u, dis;
     data() {}
     data(int a, int b) : u(a), dis(b) {}
     bool operator < (const data &T) const {
         return dis>T.dis;
     }
 };

 inline void add_arc(int s, int t, int val) {
     arc[tot].init(t, val, head[s]);
     head[s]=tot++;
 }

 priority_queue <data> Q;
 void Dijkstra() {
     fill(dis, dis+T+, INF);
     fill(vs, vs+T+, );
     while(!Q.empty()) Q.pop();
     dis[S]=, Q.push(data(S, ));
     for(int u; !Q.empty(); ) {
         u=Q.top().u, Q.pop();
         if(vs[u]) continue;
         if(u==T) {
             printf("%d\n", dis[T]);
             break;
         }
         vs[u]=;
         for(int e=head[u]; e!=-; e=arc[e].next) {
             int v=arc[e].u;
             if(vs[v] || dis[u]+arc[e].val>=dis[v]) continue;
             dis[v]=dis[u]+arc[e].val;
             Q.push(data(v, dis[v]));
         }
     }
 }

 void read(int &x) {
     char c;
     while((c=getchar())<'' || c>'');
     x=c-'';
     while((c=getchar())>='' && c<='') x=(x<<)+(x<<)+c-'';
 }

 void Input() {
     for(int i=, id1, id2, a; i<=n-; i++)
         for(int j=; j<=m-; j++) {
             read(a);
             id1=((i-)*(m-)+j)*-;
             id2=(i*(m-)+j)*;
             if(i==) id1=T;
             else if(i==n-) id2=S;
             add_arc(id1, id2, a);
             add_arc(id2, id1, a);
         }

     for(int i=, id1, id2, a; i<=n-; i++)
         for(int j=; j<m; j++) {
             read(a);
             id1=((i-)*(m-)+j)*;
             id2=((i-)*(m-)+j+)*-;
             if(j==) id1=S;
             else if(j==m-) id2=T;
             add_arc(id1, id2, a);
             add_arc(id2, id1, a);
         }

     for(int i=, id1, id2, a; i<=n-; i++)
         for(int j=; j<=m-; j++) {
             read(a);
             id1=((i-)*(m-)+j)*;
             id2=((i-)*(m-)+j)*-;
             add_arc(id1, id2, a);
             add_arc(id2, id1, a);
         }
 }

 int main() {
     read(n), read(m);
     S=, T=(n-)*(m-)*+;
     fill(head, head+T+, -), tot=;
     if(n== || m==) {
         if(n>m) swap(n, m);
         int ans=INF;
         for(int i=, a; i<m; i++) {
             read(a);
             if(ans>a) ans=a;
         }
         printf("%d\n", ans==INF?:ans);
     }
     else Input(), Dijkstra();
     return ;
 }

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