http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1001

可謂慘不忍睹，一下午就在調這題了。

很久以前看到這題是一眼最大流，看到n<=1000，我也不管，我本著鍛煉代碼能力超時就超時的思想先寫了個最大流，TLE是很正常的。。

直到今天下午，我看了題解，原來是轉換成對偶圖跑最短路，恩，很巧妙的思想。（論文 周冬《兩極相通——淺析最大—最小定理在信息學競賽中的應用》）

首先介紹平面圖：

• 定義：圖中的一個點為源點s，另外一個點為匯點t，且s和t都在圖中的無界面的邊界上，我們稱這樣的平面圖為s-t平面圖。
• 性質：

（歐拉公式）如果一個連通的平面圖有n個點，m條邊和f個面，那么f=m-n+2

每個平面圖G都有一個與其對偶的平面圖G*
對偶圖：G*中的每個點對應G中的一個面；對于G中的每條邊e，e屬于兩個面f1、f2，加入邊(f1*， f2*)

G的面數等于G*的點數，G*的點數等于G的面數

G與G*邊數相同，G*中的環對應G中的割一一對應

?舉例（圖中可能有錯誤，我指出來了）：

根據它的性質，這些環對應的就是一個割，那么我們只要找一個“最短的”環，那么就找到最小割了～最大流也找到了。

跑一次最短路即可，spfa是O(km)k可看作常數（upd：我sb，O(km)是發論文那個人亂說的。。。。），那么時間就大大減小。（你用dij作到nlgn我也沒話說，反正spfa能過，你快點就快點。。）

那么如何建模呢？

我們將s和t連起來（自己畫圖連就行，實際操作不需要，能區分開來就行了），那么這個附加面我們設為s*，附加面外也就是無界面我們設為t*，按上面的方法連弧，跑一次s*到t*的最短路就行。

?

回到題目上來，此題變態，所以出現了一下TLE，一下RE，一下MLE，，，各種調試。。。各種靜態查錯。。好不容易a了。

ps：本題注意鏈的情況，即n==1或者m==1，那么面只有一個，即無界面，除非有特殊的技巧～不用特判，其實也就是當i=1或者j=1的時候，s和t在 “不存在的三角形”的編號內了，即s和t連接起來了，不會使得沒有邊連到s或者沒有邊連到t導致錯誤。

（此題空間跪了，我沒有自己算，全看標程怎么給的空間了，。，）

#include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <iostream> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define for1(i,a,n) for(i=a;i<=n;++i) #define for2(i,a,n) for(i=a;i<n;++i) #define for3(i,a,n) for(i=a;i>=n;--i) #define for4(i,a,n) for(i=a;i>n;--i) #define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i)) #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) #define read(a) scanf("%d", &a) #define print(a) printf("%d", a)const int N=(999*999*2+2+10), M=N*3, oo=1000000000; int ihead[N], inext[M], to[M], w[M], cnt; int vis[N], q[M*2], front, tail, d[M], m;inline int num(const int &i, const int &j) {return ((m-1)*(i-1)<<1)+(j<<1)-1; }inline int getnum() {int ret=0; char c;for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar());for(; c>='0' && c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0';return ret; }inline void add(int u, int v, int c) {inext[++cnt]=ihead[u]; ihead[u]=cnt; to[cnt]=v; w[cnt]=c;inext[++cnt]=ihead[v]; ihead[v]=cnt; to[cnt]=u; w[cnt]=c; }inline int spfa(int s, int t, int n) {CC(vis, 0);int u, i;for1(i, 0, n) d[i]=oo;vis[s]=1; front=tail=d[s]=0;q[tail++]=s;while(front<tail) {u=q[front++]; if(front==(M<<1)-10) front=0;for(i=ihead[u]; i; i=inext[i]) if(d[to[i]]>d[u]+w[i]) {d[to[i]]=d[u]+w[i];if(!vis[to[i]]) {vis[to[i]]=1, q[tail++]=to[i];if(tail==(M<<1)-10) tail=0;}}vis[u]=0;}return d[t]; }int main() {int n;n=getnum(); m=getnum();int i, j, c;int s=(n-1)*(m-1)*2+1, t=s+1;for1(i, 1, n) for2(j, 1, m) {c=getnum();if(i==1) add(num(i, j)+1, s, c);else if(i==n) add(num(i-1, j), t, c);else add(num(i, j)+1, num(i-1, j), c);}for2(i, 1, n) for1(j, 1, m) {c=getnum();if(j==1) add(num(i, j), t, c);else if(j==m) add(num(i, j-1)+1, s, c);else add(num(i, j), num(i, j)-1, c);}for2(i, 1, n) for2(j, 1, m) {c=getnum();add(num(i, j), num(i, j)+1, c);}print(spfa(s, t, t+1));printf("\n");return 0; }

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Description

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，現在你做為狼王，面對下面這樣一個網格的地形： 左上角點為(1,1),右下角點為(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. 左上角和右下角為兔子的兩個窩，開始時所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窩里，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 為了保險起見，如果一條道路上最多通過的兔子數為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。因為狼還要去找喜羊羊麻煩.

Input

第 一行為N,M.表示網格的大小，N,M均小于等于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

Output

輸出一個整數，表示參與伏擊的狼的最小數量.

Sample Input

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

Sample Output

14

HINT

Source

總結

以上是生活随笔為你收集整理的对偶图 【BZOJ】1001: [BeiJing2006]狼抓兔子（对偶图+最短路）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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