题目描述
“狼爱上羊啊爱的疯狂，谁让他们真爱了一场；狼爱上羊啊并不荒唐，他们说有爱就有方向．．．．．．” \(Orez\)听到这首歌，心想：狼和羊如此和谐，为什么不尝试羊狼合养呢？说干就干！ \(Orez\)的羊狼圈可以看作一个\(n*m\)个矩阵格子，这个矩阵的边缘已经装上了篱笆。可是\(Drake\)很快发现狼再怎么也是狼，它们总是对羊垂涎三尺，那首歌只不过是一个动人的传说而已。所以\(Orez\)决定在羊狼圈中再加入一些篱笆，还是要将羊狼分开来养。 通过仔细观察，\(Orez\)发现狼和羊都有属于自己领地，若狼和羊们不能呆在自己的领地，那它们就会变得非常暴躁，不利于他们的成长。\(Orez\)想要添加篱笆的尽可能的短。当然这个篱笆首先得保证不能改变狼羊的所属领地，再就是篱笆必须修筑完整，也就是说必须修建在单位格子的边界上并且不能只修建一部分。
输入输出格式
输入格式：
文件的第一行包含两个整数\(n\)和\(m\)。接下来\(n\)行每行\(m\)个整数，1表示该格子属于狼的领地，2表示属于羊的领地，0表示该格子不是任何一只动物的领地。
输出格式：
文件中仅包含一个整数\(ans\)，代表篱笆的最短长度。
说明
数据范围
10%的数据 n，m≤3
30%的数据 n，m≤20
100%的数据 n，m≤100
其实如果最小割的题做了不少以后，可以看出来是最小割。
把狼连\(S\)，羊连\(T\)，边权置\(inf\)，表示归属关系，与种族的关系不可断裂。
在网格相邻位置的狼羊，狼连羊连单向边权值1，表示必须要断。
对于0如何处理呢？我们发现，0可以被划分到\(S\)和\(T\)任意的集合中去。换而言之，0可以跟它在网格中所接触的点随便连边，只要它需要。
这样转换到图中就是直接把0直接和周围的四个点连出去即可。
再次分析一下，连出去的边有没有可以不连的？有，比如狼连0和0连狼的边，割掉同样是代表划分到\(T\)集合，可以只连一条。
但是0和0就不行，因为0是没有归属的，一个0到另一个0和它的反向边分别被割掉，代表的意义可能就不一样了，要依据其中某一个0本来的归属来定。
总结：从原无向图建模成最小割问题，一定要注意边的方向所代表的意义。
Code：（这是我一开始写的DINIC，可以感受一下到底有多慢）
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=10002;
const int M=200010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int X[5]={0,0,1,0,-1};
const int Y[5]={0,-1,0,1,0};
int head[N],to[M],edge[M],next[M],cnt=1;
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++cnt]=w;next[cnt]=head[u];to[cnt]=v;head[u]=cnt;
}
int g[N][N],n,m,t;
int get(int i,int j)
{
return m*(i-1)+j;
}
void build()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int id=get(i,j);
if(g[i][j]==2)
{
add(id,t,inf);
add(t,id,0);
}
else
{
if(g[i][j]==1)
{
add(0,id,inf);
add(id,0,0);
}
int v;
for(int k=1;k<=4;k++)
{
if(X[k]+j==0||X[k]+j>m||Y[k]+i==0||Y[k]+i>n)
continue;
v=get(Y[k]+i,X[k]+j);
if(g[Y[k]+i][X[k]+j]!=1)
{
add(id,v,1);
add(v,id,0);
}
}
}
}
}
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&g[i][j]);
t=n*m+1;
build();
}
int dep[N];
bool bfs()
{
queue <int> q;
memset(dep,0,sizeof(dep));
dep[0]=1;
q.push(0);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
int v=to[i],w=edge[i];
if(!dep[v]&&w)
{
dep[v]=dep[u]+1;
if(v==t) return 1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int s[N],tot,pre[N],used[N];
int dfs()
{
memset(used,0,sizeof(used));
s[++tot]=0;int tmp=0;
while(tot)
{
int u=s[tot];
if(u==t)
{
int mi=inf,id;
for(int i=tot;i>1;i--)
if(mi>=edge[pre[s[i]]])
{
mi=edge[pre[s[i]]];
id=i-1;
}
tmp+=mi;
for(int i=tot;i>1;i--)
{
edge[pre[s[i]]]-=mi;
edge[pre[s[i]]^1]+=mi;
}
tot=id;
used[t]=0;
}
else
{
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
int v=to[i],w=edge[i];
if(w&&dep[v]==dep[u]+1&&!used[v])
{
used[v]=1;
pre[v]=i;
s[++tot]=v;
break;
}
}
if(u==s[tot]) tot--;
}
}
return tmp;
}
void work()
{
int maxflow=0;
while(bfs())
maxflow+=dfs();
printf("%d\n",maxflow);
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}
2018.7.1
