喜歡這首QAQ…歌曲可能單一了~之後再去找其他的鏈接~~
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Description
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“狼愛上羊啊愛的瘋狂，誰讓他們真愛了一場；狼愛上羊啊並不荒唐，他們說有愛就有方向．．．．．．” Orez聽到這首歌，心想：狼和羊如此和諧，爲什麼不嘗試羊狼合養呢？說幹就幹！ Orez的羊狼圈可以看作一個n*m個矩陣格子，這個矩陣的邊緣已經裝上了籬笆。可是Drake很快發現狼再怎麼也是狼，它們總是對羊垂涎三尺，那首歌只不過是一個動人的傳說而已。所以Orez決定在羊狼圈中再加入一些籬笆，還是要將羊狼分開來養。 通過仔細觀察，Orez發現狼和羊都有屬於自己領地，若狼和羊們不能呆在自己的領地，那它們就會變得非常暴躁，不利於他們的成長。 Orez想要添加籬笆的儘可能的短。當然這個籬笆首先得保證不能改變狼羊的所屬領地，再就是籬笆必須修築完整，也就是說必須修建在單位格子的邊界上並且不能只修建一部分。
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Input
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文件的第一行包含兩個整數n和m。接下來n行每行m個整數，1表示該格子屬於狼的領地，2表示屬於羊的領地，0表示該格子不是任何一隻動物的領地。
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Output
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文件中僅包含一個整數ans，代表籬笆的最短長度。
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Sample Input
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2 2
2 2
1 1
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Sample Output
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2
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數據範圍
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10%的數據 n，m≤3
30%的數據 n，m≤20
100%的數據 n，m≤100
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HINT
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Source
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Solution
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“所以Orez決定在羊狼圈中再加入一些籬笆” 其實這句在提示我們要割掉邊！！割掉邊！！割掉邊！！！（重要的事情說三遍？？？）
所以我們就想到了最小割
順着題目的思路 ，我們在方格之間建邊 容量爲1 的 雙向邊
（我是四條邊都建了…QAQ…應該不必要吧…但是可以過….92ms也不算慢了…雖然和最快的還是有不小的差距 但是 LRJ 說過嘛~~ 但是說的啥我忘了QAQ…）
爲了不割掉其他的邊（源點和匯點連的邊）我們把他們的容量設爲inf
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Code
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剛開始 head 只寫了一個maxn RE了一次…
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=105,inf=(1<<30)-1;
struct data{int to,next,w;}e[maxn*maxn*6];
int head[maxn*maxn],mark[maxn][maxn],dis[maxn*maxn],n,m,tot,ans,cnt=1,S,T,xx[2]={1,0},yy[2]={0,1};
void ins(int u,int v,int w){cnt++;e[cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].w=w;}
bool bfs()
{
queue<int> q;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
q.push(S);dis[S]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].w&&dis[e[i].to]==-1)
{
dis[e[i].to]=dis[x]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return dis[T]!=-1;
}
int dfs(int x,int f)
{
if(x==T||f==0)return f;
int used=0,w;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].w&&dis[e[i].to]==dis[x]+1)
{
w=dfs(e[i].to,min(e[i].w,f-used));
e[i].w+=w;e[i^1].w-=w;
used+=w;if(f==used)return f;
}
if(!used)dis[x]=-1;
return used;
}
void dinic()
{
while(bfs())
ans+=dfs(S,inf);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
S=n*m+1;T=n*m+2;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
mark[i][j]=++tot;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int x,y;
scanf("%d",&x);
if(x==1)
{
ins(S,mark[i][j],inf);
ins(mark[i][j],S,0);
}
else if(x==2)
{
ins(mark[i][j],T,inf);
ins(T,mark[i][j],0);
}
for(int k=0;k<2;k++)
{
x=i+xx[k];y=j+yy[k];
if(x>n||y>m)continue;
ins(mark[i][j],mark[x][y],1);
ins(mark[x][y],mark[i][j],1);
}
}
dinic();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
——既然選擇了遠方，便只顧風雨兼程