废话：
这道题不难，稍微构造一下图就可以套最大流的模板了。但是我还是花了好久才解决。一方面是最近确实非常没状态（托词，其实就是最近特别颓废，整天玩游戏看小说，没法静下心来学习），另一方面是不够细心，输出格式错了大意没有发现死一只和死多只之间的区别，卡在那里动不了。
题意：
在一张n*m的地图中，有一群蜥蜴，这群蜥蜴每次可以跳跃曼哈顿距离d（曼哈顿距离——dis(a, b) = |ax-bx|+|ay-by|，之后所有的距离都是曼哈顿距离），这些蜥蜴只能在地图上的一些柱子上跳跃。柱子i最多可以支持ki次经过。如果柱子i距离地图的边界的距离小于d那么蜥蜴可以从柱子i逃出升天。要求计算最后会有多少蜥蜴葬身图中。
输入：
第一行输入一个整数t，表示共有t组数据。
第二行输入两个整数n，d，表示这组数据中地图有n行，蜥蜴一次最大跳跃距离d。
接下来n行输入地图mp1，地图中的数字表示柱子可以经过的次数，0表示不可以经过。
接下来n行输入地图mp2，其中’.’表示空，’L’表示存在一只蜥蜴。
输出：
首先输出组数”Case #x: “，其中x表示第x组。
如果所有的蜥蜴都可以逃出，那么输出”no lizard was left behind.”
如果只有1只死去，那么输出”1 lizard was left behind.”
如果死去多于1只，那么输出”y lizards were left behind.”y表示死去的蜥蜴数量。
题解：
经过一番变化，我们可以构造出一张有向图，然后使用最大流来解决这个问题。
构造方法如下——
- 我们设源点为0，汇点为2*n*m+1（其中n为地图的行，m为地图的列），设图中两点p1到p2的距离，即p1到p2的有向边为mp[p1][p2]。
- 将地图mp1中所有的点拆分成两个点，点pij拆分为mp[][]中的点i*m+j+1与n*m+i*m+j+1，添加边mp[i*m+j+1][n*m+i*m+j+1] = mp1[i][j]。这是我们构造图mp中最关键的一步，正是因为有了这个有向边，我们才可以使用最大流来计算这个题。
- 对于地图mp1，枚举每个点pij，如果这个点距离地图边界的距离小于等于d，那么添加边mp[n*m+i*m+j+1][2*m*n+1] = mp1[i][j]；同时枚举除pij以外的点pkl，如果pij与pkl之间的距离小于等于d那么添加边mp[n*m+i*m+j+1][k*m+l+1] = max(mp1[i][j], mp1[k][l])。
- 对于地图mp2，如果某个点pij 的值mp2[i][j] == ‘L’，那么构造边mp[0][i*m+j+1] = 1。
然后计算从源点到汇点的最大流即可，我使用的Dinic算法。
具体见代码——
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std; const int N = ;
const int M = ; int dis[N];
int cur[N];
bool vis[N];
char mp[][][];
int mp2[N][N];
int n, m, d, t;
int ans, sum; inline int Min(int x, int y)
{
return x < y ? x : y;
} void init()
{
memset(mp, , sizeof(mp));
memset(mp2, , sizeof(mp2));
scanf("%d%d", &n, &d);
scanf("%s", mp[][]);
m = strlen(mp[][]);
sum = ;
ans = ;
for(int i = ; i < n; i++)
{
scanf("%s", mp[][i]);
}
for(int i = ; i < n; i++)
{
for(int j = ; j < m; j++)
{
for(int k = ; k < n; k++)
{
for(int l = ; l < m; l++)
{
int mid1 = abs(i-k)+abs(j-l);
if(mid1 <= d && i*m+j+ != k*m+l+) //点pij到点pkl之间距离小于等于d且不是同一点
{
int mid = Min(mp[][i][j], mp[][k][l]);
mp2[n*m+i*m+j+][k*m+l+] = mid; //从点pij到点pkl的边
}
}
}
mp2[i*m+j+][n*m+i*m+j+] = mp[][i][j]-''; //从点pij到点pij的边
if(i < d || j < d || n-i <= d || m-j <= d) mp2[m*n+i*m+j+][*n*m+] = mp[][i][j]-''; //从点pij到汇点的边
}
}
for(int i = ; i < n; i++)
{
scanf("%s", mp[][i]);
for(int j = ; j < m; j++)
{
if(mp[][i][j] == 'L')
{
mp2[][i*m+j+] = ; //从源点到点pij的边
sum++;
}
}
}
m = *n*m+;
} bool bfs()
{
memset(vis, , sizeof(vis));
queue<int> que;
que.push();
dis[] = ;
vis[] = ;
while(!que.empty())
{
int k = que.front();
que.pop();
for(int i = ; i <= m; i++)
{
if(!vis[i] && mp2[k][i] > )
{
vis[i] = ;
dis[i] = dis[k]+;
que.push(i);
}
}
}
return vis[m];
} int dfs(int x, int val)
{
if(x == m || val == ) return val;
int flow = , minn;
for(int& i = cur[x]; i <= m; i++)
{
if(dis[x]+ == dis[i] && (minn = dfs(i, Min(val, mp2[x][i]))) > )
{
mp2[x][i] -= minn;
mp2[i][x] += minn;
flow += minn;
val -= minn;
if(val == ) break;
}
}
return flow;
} void work() //Dinic算法
{
while(bfs())
{
for(int i = ; i <= m; i++) cur[i] = ;
ans += dfs(, M);
}
} void outit(int tm)
{
sum -= ans;
printf("Case #%d: ", tm);
if(!sum) printf("no lizard was left behind.\n");
else if(sum == ) printf("1 lizard was left behind.\n");
else printf("%d lizards were left behind.\n", sum);
} int main()
{
//freopen("test.in", "r", stdin);
scanf("%d", &t);
for(int tm = ; tm <= t; tm++)
{
init();
work();
outit(tm);
}
return ;
}
最大流入门——