[bzoj2547]玩具兵<Spfa+二分+匈牙利算法>

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2547

挺有意思的一道题，这道题可以划分成几个小题。。。。。。。

题目大意：

三个兵种在一个n*m的图上，图的每一个格子有一个高度，三个兵种一种走不下降的路，一种走不上升的路，一种随便走。数量分别是k，k，1

然后t个目的地，每个目的地必须有ri个兵，ri之和为2*k+1

然后你可以交换兵，让不能走的情况又变成能走，例如，第一种兵走到了山顶，四周都是下降的，这时候就可以和第二，三种兵交换位置，继续走下去。。。

【解题思路】

这道题分解下来就是先来一个spfa找每一个兵到每一个点的最小交换次数，然后就是二分这个一共的交换次数，接着就是二分图匹配。。。

我们跑spfa，以每个兵开始扩展，遇到不能走就换一次，记录每个兵到每个点的最小交换次数，然后把当前兵到指定点的值记录入一个新的数组（表示二分图的连接情况）

然后二分。。因为最少是不交换，最大交换2*k次，因为可以每个兵和天兵交换一次然后去终点，天兵是随便走，所以最多交换2*k次，然后二分次数。。二分当中的check就是用二分图匹配了。。。Check成立的判断时交换次数+最大匹配数，如果这个值大于了兵的数量，说明这个方案是可行的。。。

这是大致思路，但是还是要注意一些细节的地方。

Spfa要注意当前的兵种是在变化的，所以要结合到当前位置之前的交换次数和最初状态

最初为0，交换偶数次，当前还是0，交换奇数次，当前为1

最初为1，交换偶数次，当前还是1，交换奇数次，当前为0

假设开始是c，次数是t，这个最终结果就是c^(t&1)

另外一个就是要注意二分图匹配时，除了要求vis[i]==0之外，还有x兵到i点的次数小于我们二分出来的限制。。。

然后就还是结合代码理解吧，我看别人的思路都不是很懂，还是结合代码读懂的。。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#define maxn 105
using namespace std;

const int dx[]={0,-1,1,0,0};
const int dy[]={0,0,0,-1,1};

int att[maxn][maxn],h[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn];//表示到达这个位置的最小交换次数 
int n,m,k,t,r;
pair<int,int>a[maxn];
pair<int,int>b[maxn];
queue<pair<int,int> >q;

void init()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&t);
    for(int i=1;i<=2*k+1;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
    }
    int tot=1;
    for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&b[tot].first,&b[tot].second,&r);
        r--;tot++;
        for(r;r>=1;r--,tot++){
            b[tot]=b[tot-1];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) 
     for(int j=1;j<=m;j++)
        scanf("%d",&h[i][j]);    
}

void bfs(int x,int y,int cnt){
    memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));
    f[x][y]=0;
    q.push(make_pair(x,y));
    while(!q.empty()){
        int nx=q.front().first,ny=q.front().second;    
        for(int i=1;i<=4;i++)
        {
            int nowx=nx+dx[i],nowy=ny+dy[i];
            if(nowx<1||nowx>n||nowy<1||nowy>m)continue;
            int tt=0;
            if(cnt^(f[nx][ny]&1)){
                if(h[nowx][nowy]>h[nx][ny])tt=1;
            }else if(h[nowx][nowy]<h[nx][ny])tt=1;
            if(f[nowx][nowy]>f[nx][ny]+tt){
                f[nowx][nowy]=f[nx][ny]+tt;
                q.push(make_pair(nowx,nowy));
            }
            
        }
        q.pop();    
    }
    
}

int vis[maxn*10],ck[maxn*10];

int ok(int x,int limit){
    for(int i=1;i<=2*k+1;i++)
    {
        if(vis[i]==0&&att[x][i]<=limit){
            vis[i]=1;
            if(ck[i]==0||ok(ck[i],limit)){
                ck[i]=x;return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int check(int x){
    memset(ck,0,sizeof(ck));
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=2*k;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(ok(i,x))tot++;
    }
    if(tot+x>=2*k)return 1;
    else return 0;
}

int ans(){
    int l=0,r=2*k;//最坏情况就是天兵挨着和每一个交换，最多换2*k次
    while(l<r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))r=mid;else l=mid+1;
    } 
    return l;
}

int main()
{
    init();
    for(int i=1;i<=2*k;i++)
    {
        if(i<=k)bfs(a[i].first,a[i].second,0);
        else bfs(a[i].first,a[i].second,1);
        for(int j=1;j<=2*k+1;j++){
            att[i][j]=f[b[j].first][b[j].second];
        }
    }
    printf("%d
",ans());
}

总结：

把一个大题打乱成多个小题是一个很有效的方式

注意分析状态的变化，比如题中的兵种在spfa的时候是变化的