難題·Beihang Couple Pairing Comunity 2017
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題目描述
BCPC（Beihang Couple Pairing Community）2017 就要舉辦了！

這是 Beihang U 一年一度的盛會，在這樣的日子里，每一只單身狗們都可以聚集在一起自由地配對， 每一對成功配對的單身狗就可以順利地進入到最后的禮堂中，接受所有與會單身狗們的祝福，并從脫離狗身，羽化登仙。

ConnorZhong 拉上可愛的三位助教，AlvinZH ，Bamboo，ModricWang 也參與到了這項集會中，可是無一例外，他們都沒能成功配對。

最后四個人都被攔在了禮堂外，看著禮堂內哲學的畫面，再看看空蕩蕩的周圍，竟然只有這四個人被攔在了外面，這意味著什么？意味著等今晚生米煮成熟飯，這個學校很可能只剩這四只單身狗了啊！

絕望的四個人在寒風中瑟瑟發抖，沙河的風真是喧囂啊。

”我們不能眼看著這可怕的事情發生！“， AlvinZH，退學大隊隊長說道。

“那真是天可怕了！”，ConnorZhong應道。

大家一拍即合。ConnorZhong 找來火把，ModricWang 掏出了汽油，AlvinZH 點火，Bamboo 在一邊加油…

當夜大禮堂火光沖天 ….

一個禮堂平面圖以一個 n×m 的矩陣給出，矩陣中 ‘X’ 為承重墻，不可通行，’.’ 為空地，可以自由通行，E 為緊急疏散傳送門出口。在火災發生的時候，每個 ‘.’ 中都恰好有一對單身狗（2 只！)正在哲學，禮堂中的所有單身狗都嘗試從 E 疏散，但是緊急疏散通道的疏散能力有限，每個出口每一秒鐘都只能有一對單身狗（2只！）同時疏散。單身狗只能在 . 上通行，且每一秒只能上下左右四個方向移動一個單位，每一個 . 上同一時間可以有多只狗。

注意，地圖上只有 ‘.’ 可以任由狗自由通行和堆積，‘E’ 和 ‘X’ 都不可以自由通行和堆積，但是 ‘E’ 每一秒可以由相鄰節點的任一對單身狗進入并疏散。

請問最少需要多少秒，禮堂中的單身狗能全部從禮堂中疏散。

如果有單身狗不能從禮堂中撤離，那么請輸出一行：“Oh, poor single dog!”.

輸入
第一個數為數據組數 T.

每組測試數據第一行為兩個正整數 n 和 m ，表示禮堂的大小。

接下來 n 行，每行 m 個字符，表示禮堂的構造。sij(1≤i≤n,1≤j≤m) 為’X’，’.’ 或 E。

T≤20,1≤n≤20,1≤m≤20

輸出
對于每組數據，輸出一行，如果單身狗們能全部撤離，輸出最短撤離時間，否則輸出一行"Oh, poor single dog!" (不包含左右引號)。

輸入樣例
3
3 3
XEX
…
XEX
3 7
…E
.XXXXXX
…
3 3
.X.
XEX
…
輸出樣例
2
14
Oh, poor single dog!
HINT
有問題歡迎尋找ConnorZhong實錘！

---

?真的不敢說自己是搞ACM的了，軟院的題都狂WA狂T不止，之前有一道dp還看了題解抄了代碼…說到底還是自己菜到不行。
?這題剛看的時候立馬反應過來是網絡流。瞬間想到了之前做過的一道題，是白書上的LA2957 運送超級計算機。然后就依樣畫葫蘆建立分層圖。從小到大枚舉時間T，然后T增加過程中增加一層圖，再在原有基礎上增廣，一直到流量達到人數為止。其實思路沒啥大問題，但是每一次增加400個節點，然后上一層每個‘.’節點要對新一層相鄰四個點和本身連邊，瞬間點數邊數爆炸。結果是TLE，像20*20，右下角一個E的數據，大概二十多秒才出的來。
?后來就開始想能不能忽略時間因素，不建立分層圖，只用400個點，然后每一次給 '.‘與‘E’間距離==當前時間 的點對連接新邊。小數據發現基本沒有問題，但是實際上還是會有兩個’.'在同一時刻到達E，出現阻塞的情況，所以必須考慮時間。
?一些典型數據
1
4 4
E . E .
X E. .
X E . .
. E . .
答案 3
1
3 5
. . . X E
. . . . .
. E E . E
答案 4

?后來反思了一下，認為建立分層圖的方法中，每個點向下一層連的邊是+∞的流量，一般來說這種邊很可能是冗余的。上面的方法雖然因為沒有分層而錯誤，但直接為’.'和‘E’建邊確實是更好的選擇。另外，這時可以發現，‘.’其實是可以不用分層的，只需要為終點’E’分層就行了，這樣的話，點數和邊數就大大減少了。貼一下代碼

#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define INF 0x7FFFFFFF #define maxn 160005 using namespace std;const int dx[5]={0,1,0,-1,0}; const int dy[5]={1,0,-1,0,0};struct edge {int to,residual; };char f[25][25]; bool vis[405][25][25]; queue<pair<int,int>> Q[405]; int n,m,k,s,t,nn,mm,flow,T,EN,ans,tag[25][25]; vector<edge> E; vector<int> G[maxn]; bool flag; int d[maxn],num[maxn],cur[maxn];int DFS(int x, int a, int fa) {if(x==t||a==0)return a;int flows=0,f;for(int& i=cur[x];i<G[x].size();i++) {edge& e=E[G[x][i]];if(d[x]==d[e.to]+1&&(f=DFS(e.to,min(a,e.residual),x))){flows+=f;if(!flag)return flows;e.residual-=f;E[G[x][i]^1].residual+=f;a-=f;if(a==0)return flows;}}int m=n-1;cur[x]=0;for(int i=0;i<G[x].size();i++)if(E[G[x][i]].residual||E[G[x][i]].to==fa&&flows>0)m=min(m,d[E[G[x][i]].to]);if(--num[d[x]]==0)flag=false;num[d[x]=m+1]++;return flows; }int ISAP_Maxflow() {for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=num[i]=cur[i]=0;num[0]=n;int x=s;flag=true;while(d[s]<n&&flag)flow+=DFS(s,INF,-1);return flow; }void add_edge(int p, int q, int cap) {E.push_back((edge){q,cap});E.push_back((edge){p,0});G[p].push_back(E.size()-2);G[q].push_back(E.size()-1); }void init() {flow=0;for(int i=1;i<=EN;i++){while(!Q[i].empty())Q[i].pop();}E.clear();for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();n=2;EN=0;for(int i=1;i<=nn;i++)for(int j=1;j<=mm;j++)if(f[i][j]=='E'){++EN;while(!Q[EN].empty())Q[EN].pop();for(int p=1;p<=nn;p++)for(int q=1;q<=mm;q++)vis[EN][p][q]=false;Q[EN].push({i,j}),++n; //每次隊列擴展出新E要連接的點}for(int i=1;i<=nn;i++)for(int j=1;j<=mm;j++)if(f[i][j]=='.'){add_edge(s,++n,1); //超級源點到'.'tag[i][j]=n;} }void expand() { for(int i=1,tp;i<=EN;i++){for(int p=1;p<=nn;p++)for(int q=1;q<=mm;q++)vis[i][p][q]=false;add_edge(tp=++n,t,1);queue<pair<int,int>> tmp;while(!Q[i].empty()){pair<int,int> R=Q[i].front();Q[i].pop();for(int k=0,u,v;k<=4;k++){u=R.first+dx[k],v=R.second+dy[k];if(u>0&&u<=nn&&v>0&&v<=mm&&f[u][v]=='.'&&!vis[i][u][v]){tmp.push({u,v}),vis[i][u][v]=true; //新一層的'E'到超級匯點add_edge(tag[u][v],tp,1); //'.'到此時新的'E'}}}swap(Q[i],tmp);} }int main() {scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&nn,&mm);int sdog=0;for(int i=1;i<=nn;i++){scanf("%s",f[i]+1);for(int j=1;j<=mm;j++)if(f[i][j]=='.')sdog+=1;}ans=1;flow=0;s=1,t=2;init();expand();for(int lflow=flow;ISAP_Maxflow()<sdog&&flow>lflow;ans++) //不斷增廣{expand();lflow=flow;}if(flow>=sdog)printf("%d\n",ans);elseputs("Oh, poor single dog!");}return 0; }

?因為不可能存在某個時刻沒有單身狗到達出口（這樣顯然不是最優的，每個出口都不接受單身狗，說明此時每隊單身狗和他要離開的出口都不相鄰，那么肯定有方法讓單身狗跟隨與之相鄰的，上一步離開的單身狗離開，至少會少一對單身狗），因此某個時刻如果流量沒有增長，那么一定是被隔離的情況，直接輸出無解，不用用bfs再判斷圖的連通性了。
?其實大家可以發現這個圖已經變成一個二分圖了，所以沒必要用網絡流了，直接來一個二分圖最大匹配，直接把所有點和邊建好，然后按順序增廣，增廣到匹配數量達到要求了，看枚舉到了哪一天的點，那么答案就是哪一天。
?二分圖到底更快速一些…效率無敵。
?其實直接想到用二分圖做也不是不可能?？上季S有點定勢了，導致這題思考的時候拐了一個大彎。
?附上mogg的二分圖代碼，雖然貼別人的代碼有點不太道德的樣子QwQ

#include <cstdio> #include <algorithm> #include <climits> #include <vector> #include <queue> #include <iostream> #include <string> #include <map> #include <unordered_map> #include <cstdlib> #include <cstring> using namespace std;string mp[25];struct Point {int x, y; }; bool operator == (const Point&l, const Point&r) { return l.x == r.x && l.y == r.y; } bool operator < (const Point&l, const Point&r) { return l.x == r.x ? l.y < r.y : l.x < r.x; } vector< vector<vector<int>>> dis;vector<Point> p, e; int n, m, k; const int ms = 666666; vector<int> G[ms];//鄰接矩陣 int match[ms];//記錄匹配點 bool visit[ms];//記錄是否訪問 int ps, os;bool dfs(int x)//尋找增廣路徑 {int len = G[x].size();for (int i = 0; i < len; ++i){int to = G[x][i];if (!visit[to]){visit[to] = true;if (match[to] == -1 || dfs(match[to])){match[to] = x;return true;}}}return false; }int MaxMatch() {int ans = 0;memset(match, -1, sizeof(match));for (int i = 0; i <= n; ++i){memset(visit, false, sizeof(visit));//清空訪問if (dfs(i)){ans++;if (ans == ps)return i / os + 1;}}return -1; }int dir[] = { -1,0,1,0 }; void bfs(const Point& x, int index) {dis[index][x.x][x.y] = 0;queue<Point> q;q.push(x);int res = 0;while (!q.empty()){Point p1 = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++){Point p2 = { p1.x + dir[i],p1.y + dir[3 - i] };if (p2.x < n&&p2.x >= 0 && p2.y < m&&p2.y >= 0 && dis[index][p2.x][p2.y] < 0 && mp[p2.x][p2.y] == '.'){dis[index][p2.x][p2.y] = dis[index][p1.x][p1.y] + 1;q.push(p2);}}} } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--){cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i++)cin >> mp[i];vector<Point> ot, per;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < m; j++)if (mp[i][j] == '.')per.push_back({ i,j });else if (mp[i][j] == 'E')ot.push_back({ i,j });int maxx = n * m;ps = per.size();os = ot.size();dis.clear();dis = vector<vector<vector<int>>>(os, vector<vector<int>>(n, vector<int>(m, -1)));for (int j = 0; j < os; j++)bfs(ot[j], j);for (int i = 0; i < ps; i++)for (int j = 0; j < os; j++){int d = dis[j][per[i].x][per[i].y];if (d >= 0)for (int k = d; k <= maxx; k++)G[(k - 1)*os + j].push_back(maxx*os + i);}n = maxx * os + ps;int res = MaxMatch();if (res == -1)printf("Oh, poor single dog!\n");elseprintf("%d\n", res);for (int i = 0; i < n; i++)G[i].clear();}return 0; }

?最后總結一下，自己寫代碼不能總帶著思維定勢，也不能瞎搞，要冷靜分析。
?網絡流建圖很重要，好的建圖效果會大大提升。
?加強練習，不可以有半點松懈！

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【网络流】【二分图最大匹配】Buaacoding1043 难题·Beihang Couple Pairing Comunity 2017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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