抗击疫情联合训练赛第28场 G: Cooperative Escape

题意

题意是给了一个网格图,’.’表示可以走,’x’表示路封死了,然后有一个F是出口,有一个B和一个C是起始点。要求在两人路径没有任何一点重复的情况下,B和C到达F的路径之和最短是多少。(r,c<=30)

分析

说实话,没有什么好分析的,一看数据范围这么小,直接暴力建图费用流冲啊。
(一开始我的确是这么想的,当然最后也的确是这么做的。)
但是仔细想了一下,这么做当然没有任何问题,但是应该不是唯一解法。各位有更好的做法要教我嗷,也欢迎来一起讨论交流,下面分析一下费用流解本题的正确性。

显然是对的(闭嘴)

万物皆可网络流(闭嘴)

两个起点,到同一个终点,一条路只有一个人能走,那么我们就可以自然的想到,起始点s到B的流量设为1,s到C点的流量设为1,然后路径的流量都设为1,路径的花费设为1,最后再判断一下出口F那里的最大流是否是2就可以了,如果是2说明两个人都能到,输出最小费用,否则说明有个人跑不了,输出-1。其实就是顺着思路,无需一点优化的暴力建图就好了。
建图的时候注意一些细节,比如起点s和终点t的设置,比如边界的判断,再比如。。。题干里堵死的路是小x不是大X(被这个卡了半天真的泪目)。
最后,就套上费用流的模板跑就好啦。(我的模板是洛谷某位大神那里白嫖的,大家可以自行百度搜索最小费用最大流进行学习)。
复杂度O(能过)。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pp;
const int N=1e7+5;
const int tmp=31;
const int mod=1e6+7;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1);
char g[35][35];
int n,m;
int num(int x,int y)
{
    return x*m+y;
}
const int maxn=100100;
bool vis[maxn];
int s,t,dis[maxn],pre[maxn],last[maxn],flow[maxn],maxflow,mincost;
//dis最小花费;pre每个点的前驱;last每个点的所连的前一条边;flow源点到此处的流量
struct Edge{
    int to,next,flow,dis;//flow流量 dis花费
}edge[maxn];
int head[maxn],num_edge;
queue <int> q;
void add_edge(int from,int to,int flow,int dis)
{
    edge[++num_edge].next=head[from];
    edge[num_edge].to=to;
    edge[num_edge].flow=flow;
    edge[num_edge].dis=dis;
    head[from]=num_edge;
}
bool spfa(int s,int t)
{
    memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
    memset(flow,0x7f,sizeof(flow));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    q.push(s);vis[s]=1;dis[s]=0; pre[t]=-1;
    while (!q.empty())
    {
        int now=q.front();
        q.pop();
        vis[now]=0;
        for (int i=head[now]; i!=-1; i=edge[i].next)
        {
            if (edge[i].flow>0 && dis[edge[i].to]>dis[now]+edge[i].dis)//正边
            {
                dis[edge[i].to]=dis[now]+edge[i].dis;
                pre[edge[i].to]=now;
                last[edge[i].to]=i;
                flow[edge[i].to]=min(flow[now],edge[i].flow);//
                if (!vis[edge[i].to])
                {
                    vis[edge[i].to]=1;
                    q.push(edge[i].to);
                }
            }
        }
    }
    return pre[t]!=-1;
}
void MCMF()
{
    while (spfa(s,t))
    {
        int now=t;
        maxflow+=flow[t];
        mincost+=flow[t]*dis[t];
        //cout<<maxflow<<" "<<mincost<<endl;
        while (now!=s)
        {//从源点一直回溯到汇点
            edge[last[now]].flow-=flow[t];//flow和dis容易搞混
            edge[last[now]^1].flow+=flow[t];
            now=pre[now];
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof head);num_edge=-1;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",g[i]+1);
    }
    t=n*m+100,s=n*m+200;
    //建图如下
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(g[i][j]=='x')continue;
            if(i>1&&g[i-1][j]!='x'){
                add_edge(num(i,j),num(i-1,j),1,1);
                add_edge(num(i-1,j),num(i,j),0,-1);
            }
            if(j>1&&g[i][j-1]!='x'){
                add_edge(num(i,j),num(i,j-1),1,1);
                add_edge(num(i,j-1),num(i,j),0,-1);
            }
            if(i<n&&g[i+1][j]!='x'){
                add_edge(num(i,j),num(i+1,j),1,1);
                add_edge(num(i+1,j),num(i,j),0,-1);
            }
            if(j<m&&g[i][j+1]!='x'){
                add_edge(num(i,j),num(i,j+1),1,1);
                add_edge(num(i,j+1),num(i,j),0,-1);
            }
            if(g[i][j]=='F'){
                add_edge(s,num(i,j),2,0);
                add_edge(num(i,j),s,0,0);
            }
            if(g[i][j]=='C'||g[i][j]=='B'){
                add_edge(num(i,j),t,1,0);
                add_edge(t,num(i,j),0,0);
            }
        }
    }
    MCMF();//cout<<maxflow<<" "<<mincost<<endl;
    if(maxflow!=2)printf("-1\n");
    else printf("%d\n",mincost);
    return 0;
}