UVA 1515 Pool construction 最大流=最小割+思维

题目链接：https://odzkskevi.qnssl.com/15517d804bc0d12b5bbb960bdb160ed4?v=1536110479

题意：

给你一个n*m的矩阵，每个格子中是'#'或'.分别代表草和洞。现在要将洞和草用墙给围起来，每条边需花费b元（即包围一个洞包起来需要4条边，如果洞是2个连续的，则只需要6边）。现在你能将洞填起来放上草，花费f，也能将草刨成洞，花费d。围起洞来需要多少花费。（还有个条件，矩阵四周最边边的格子都必须是草）。

# .. ##

##. ##

做法： # .# .#

一开始这个样例我一直看不懂，原来是只要有出现不同就要加一条边，样例2里面 ##### 如果格子(3,3)不挖个洞的话，和旁边的三个洞的每个都是要围围墙的。做法的话是用最大流，我按照我的理解来稍微讲一下吧。按照网上的题解包括紫书都是这么说的，将草和超级源点连边，容量为刨坑的d，将洞和超级汇点连边，容量为填坑的f，四周的草和源点的容量是无穷大，每个格子和四周的格子都要连容量为b的边。

这样做是为什么呢，既然是最大流，那么对于一个点，必定是从源点到汇点两个方向上有一个是满流的，所以这个点就不会再被流过，这就是为什么要把草连源点，洞连汇点的原因，如果一个洞四周都是洞，那么他连接的这些边到最后都不会有用，不会算入答案。因为四周没有能连向超级汇点的边。

像样例2的上图，对于（3，3）这个点来说（请跟着我的思路模一遍），从源点来的方向，它会有从源点连向它连接的为d的边，表示如果要刨坑的话会有d的容量，还会有从（4，3）来的容量为b的边，去往汇点的方向有对周围另外三个点的容量为b的边，表示如果它不变，那就要加3b的围墙，那么最后这个点就转化成了在b+d和3b之间选一个小的值（因为有一个方向会流满，不能再流），其他的也以此类推。

反正这个过程我想了挺久的，最后用了这样的一个方法来描述，希望看到的朋友能理解。

代码如下：

20ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Ni = 20005;
const int MAX = 1<<26;
struct Edge{
    int u,v,c;
    int next;
}edge[3*Ni];
int n,m,cnt,head[Ni],d[Ni],sp,tp;//原点，汇点

void add(int u,int v,int c){
    //printf("u=%d v=%d cap=%d\n",u,v,c);
    edge[cnt].u=u; edge[cnt].v=v; edge[cnt].c=c;
    edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt++;

    edge[cnt].u=v; edge[cnt].v=u; edge[cnt].c=0;
    edge[cnt].next=head[v]; head[v]=cnt++;
}
int bfs(){
    queue <int> q;
    memset(d,-1,sizeof(d));
    d[sp]=0;
    q.push(sp);
    while(!q.empty()){
        int cur=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[cur];i!=-1;i=edge[i].next){
            int u=edge[i].v;
            if(d[u]==-1 && edge[i].c>0){
                d[u]=d[cur]+1;
                q.push(u);
            }
        }
    }
    return d[tp] != -1;
}
int dfs(int a,int b){
    int r=0;
    if(a==tp)return b;
    for(int i=head[a];i!=-1 && r<b;i=edge[i].next)
    {
        int u=edge[i].v;
        if(edge[i].c>0 && d[u]==d[a]+1)
        {
            int x=min(edge[i].c,b-r);
            x=dfs(u,x);
            r+=x;
            edge[i].c-=x;
            edge[i^1].c+=x;
        }
    }
    if(!r)d[a]=-2;
    return r;
}

int dinic(int sp,int tp){
    int total=0,t;
    while(bfs()){
        while(t=dfs(sp,MAX))
        total+=t;
    }
    return total;
}
char mp[55][55];
int gainp(int x,int y){
    return (x-1)*m+y;
}
int main(){
    int i,b,d,f,x,t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cnt=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        scanf("%d%d",&m,&n);
        scanf("%d%d%d",&d,&f,&b);
        ll ans=0;
        sp=0,tp=2600;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%s",mp[i]+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(i==1||i==n||j==1||j==m){
                    if(mp[i][j]=='.'){
                        ans+=f;
                        mp[i][j]='#';
                    }
                    add(sp,gainp(i,j),MAX);
                }
                else {
                    if(mp[i][j]=='.') add(gainp(i,j),tp,f);
                    else add(sp,gainp(i,j),d);
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(i+1<=n) add(gainp(i,j),gainp(i+1,j),b);
                if(i-1>=1) add(gainp(i,j),gainp(i-1,j),b);
                if(j+1<=m) add(gainp(i,j),gainp(i,j+1),b);
                if(j-1>=1) add(gainp(i,j),gainp(i,j-1),b);
            }
        }
        printf("%d\n",dinic(sp,tp)+ans);
    }
    return 0;
}

UVA 1515 Pool construction 最大流=最小割+思维

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