對偶圖及其應用
模型
每個平面圖
G∗ 中的每個點對應G 中的一個面- 對於
G 中的，每條邊e
e 屬於兩個面f1,f2 ，加入邊(f∗1,f∗2) e 只屬於一個面f ，加入回邊(f∗,f∗)
（圖中加入了個綠色邊圍成的面，需要刪除
這樣我們通過求
分析一下時間複雜度：
- 直接用 Dinic 求最大流：
O(EV2) - 最大流轉化最短路，用堆優化 Dijkstra ：
O(Vlog2V)
明顯快了很多，然而實際跑起來差別並不大：
主要原因是 Dinic 加了優化之後時間複雜度很玄學……
題目
[bzoj1001]狼抓兔子[BeiJing2006]
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MB
題目描述
現在小朋友們最喜歡的”喜羊羊與灰太狼”,話說灰太狼抓羊不到，但抓兔子還是比較在行的，
而且現在的兔子還比較笨，它們只有兩個窩，現在你做爲狼王，面對下面這樣一個網格的地形：
左上角點爲(1,1),右下角點爲(N,M)(上圖中N=4,M=5).有以下三種類型的道路
1:(x,y)<==>(x+1,y)
2:(x,y)<==>(x,y+1)
3:(x,y)<==>(x+1,y+1)
道路上的權值表示這條路上最多能夠通過的兔子數，道路是無向的. 左上角和右下角爲兔子的兩個窩，
開始時所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窩裏，現在它們要跑到右下解(N,M)的窩中去，狼王開始伏擊
這些兔子.當然爲了保險起見，如果一條道路上最多通過的兔子數爲K，狼王需要安排同樣數量的K只狼，
才能完全封鎖這條道路，你需要幫助狼王安排一個伏擊方案，使得在將兔子一網打盡的前提下，參與的
狼的數量要最小。因爲狼還要去找喜羊羊麻煩.
輸入格式
第一行爲N,M.表示網格的大小，N,M均小於等於1000.
接下來分三部分
第一部分共N行，每行M-1個數，表示橫向道路的權值.
第二部分共N-1行，每行M個數，表示縱向道路的權值.
第三部分共N-1行，每行M-1個數，表示斜向道路的權值.
輸入文件保證不超過10M
輸出格式
輸出一個整數，表示參與伏擊的狼的最小數量.
樣例輸入
3 4
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6
樣例輸出
14
本題就是一到十分經典的用對偶圖將最大流轉化爲最短路的題。
解題思路與之前講的十分相似，只是建圖比較麻煩，需要注意；還有一點就是當
最大流
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXV=1e6+5,MAXE=3e6+5,INF=~0U>>1;//6
int N,M,S,T;
struct E{int next,to,cap;} e[MAXE<<2];
int ecnt=1,G[MAXV];
void addEdge(int u,int v,int c)
{
e[++ecnt]=(E){G[u],v,c};G[u]=ecnt;
e[++ecnt]=(E){G[v],u,0};G[v]=ecnt;
}
int dfn[MAXV];
queue<int> que;
bool calDfn()
{
int i;
memset(dfn,-1,sizeof(dfn));
dfn[S]=0;que.push(S);
while(!que.empty())
{
int u=que.front();que.pop();
for(i=G[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(e[i].cap>0&&dfn[v]==-1)
dfn[v]=dfn[u]+1,que.push(v);
}
}
return dfn[T]!=-1;
}
int iter[MAXV];
int calF(int u,int f)
{
if(u==T) return f;
for(int & i=iter[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(e[i].cap>0&&dfn[v]==dfn[u]+1)
{
int res=calF(v,min(f,e[i].cap));
if(res>0)
{
e[i].cap-=res,e[i^1].cap+=res;
return res;
}
}
}
return 0;
}
int dinic()
{
int i,f,res=0;
while(calDfn())
{
for(i=1;i<=N*M;i++) iter[i]=G[i];
while((f=calF(S,INF))>0) res+=f;
}
return res;
}
int main()
{
int i,j,u,v,c;
scanf("%d%d",&N,&M);
S=1,T=N*M;
for(i=1;i<=N;i++)
for(j=1;j<M;j++)
{
u=j+(i-1)*M,v=u+1;scanf("%d",&c);
addEdge(u,v,c);addEdge(v,u,c);
}
for(i=1;i<N;i++)
for(j=1;j<=M;j++)
{
u=j+(i-1)*M,v=u+M;scanf("%d",&c);
addEdge(u,v,c);addEdge(v,u,c);
}
for(i=1;i<N;i++)
for(j=1;j<M;j++)
{
u=j+(i-1)*M,v=u+M+1;scanf("%d",&c);
addEdge(u,v,c);addEdge(v,u,c);
}
printf("%d\n",dinic());
return 0;
}最短路
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXV=2e6+105,MAXE=3e6+5,INF=~0U>>1;
int N,M,S,T;
struct E{int next,to,val;} e[MAXE<<1];int ecnt,G[MAXV];
void addEdge(int u,int v,int w)//雙向邊
{
e[++ecnt]=(E){G[u],v,w};G[u]=ecnt;
e[++ecnt]=(E){G[v],u,w};G[v]=ecnt;
}
struct HN
{
int id,v;
bool operator<(const HN & ot)const
{return v>ot.v;}
};
priority_queue<HN> heap;
bool inS[MAXV];int dis[MAXV];
int dijkstra()
{
int i;
for(i=1;i<=T;i++) dis[i]=INF;
dis[S]=0;heap.push((HN){S,0});
while(!heap.empty())
{
int u=heap.top().id;heap.pop();
if(inS[u]) continue;
inS[u]=true;
for(i=G[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(inS[v]) continue;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].val)
{
dis[v]=dis[u]+e[i].val;
heap.push((HN){v,dis[v]});
}
}
}
return dis[T];
}
int main()
{
int i,j,w;
scanf("%d%d",&N,&M);
if(N==1||M==1)
{
if(N>M) swap(N,M);
int ans=INF;
for(i=1;i<=M;i++)
scanf("%d",&w),ans=min(ans,w);
printf("%d\n",ans);
}else
{
S=2*(N-1)*(M-1)+1,T=S+1;
//讀取橫向
for(i=1;i<M;i++)
{int v=i*2;scanf("%d",&w);addEdge(S,v,w);}
for(i=2;i<N;i++)
for(j=1;j<M;j++)
{int u=2*((i-2)*(M-1)+j)-1,v=2*((i-1)*(M-1)+j);scanf("%d",&w);addEdge(u,v,w);}
for(i=1;i<M;i++)
{int u=2*((N-2)*(M-1)+i)-1;scanf("%d",&w);addEdge(u,T,w);}
//讀取縱向
for(i=1;i<N;i++)
for(j=1;j<=M;j++)
{
scanf("%d",&w);
if(j==1)
{int u=2*((i-1)*(M-1)+j)-1;addEdge(u,T,w);}
else if(j==M)
{int v=2*((i-1)*(M-1)+j-1);addEdge(S,v,w);}
else
{int u=2*((i-1)*(M-1)+j-1),v=u+1;addEdge(u,v,w);}
}
//讀取斜向
for(i=1;i<N;i++)
for(j=1;j<M;j++)
{int u=2*((i-1)*(M-1)+j)-1,v=u+1;scanf("%d",&w);addEdge(u,v,w);}
printf("%d\n",dijkstra());
}
return 0;
}
/*
* ---------
* |1\2|3\4|
* |---|---|
* |5\6|7\8|
* |---|---|
*/