POJ2749：Building roads——题解

http://poj.org/problem?id=2749

（这个约翰的奶牛真多事…………………………）

i表示u与s1连，i+n表示u与s2连。

老规矩，u到v表示取u必须取v。

那么对于互相打架的奶牛u，v，有：

add(u,v+n);add(v,u+n);

add(u+n,v);add(v+n,u);

对于互为朋友的奶牛u，v，有：

add(u,v);add(v,u);

add(u+n,v+n);add(v+n,u+n);

但这远远不够，我们需要求最大值最小……

二分？但是我们怎么边处理矛盾边的距离？

那么我们也想把连边处理成冲突。

对于奶牛i，j，sxy表示i到x到y到j的距离，mid是我们二分的最大值最小。

那么显然，对于s>mid，那么一定是矛盾的，此时明显我们要采取相反的方法。

因为我们i和j的循环方式都是1-n，所以我们使i不变，把j变一下即可。

用代码表示就是：

if(s11>mid)add(i,j+n);
if(s12>mid)add(i,j);
if(s21>mid)add(i+n,j+n);
if(s22>mid)add(i+n,j);

（然而我还是查了题解的……我真菜）

#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*w;
}
const int N=501;
const int M=10000001;
struct cow{
    int x;
    int y;
}e[N],s[3];
struct node{
    int to;
    int nxt;
}edge[M];
struct wzh{
    int u;
    int v;
}aa[1001],bb[1001];
int head[N*2],dfn[N*2],low[N*2],to[N*2];
int t,l,cnt;
bool instack[N*4];
stack<int>q;
inline void add(int u,int v){
    cnt++;
    edge[cnt].to=v;
    edge[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
    return;
}
void tarjan(int u){
    t++;
    dfn[u]=t;
    low[u]=t;
    q.push(u);
    instack[u]=1;
    for(int i=head[u];i!=0;i=edge[i].nxt){
    int v=edge[i].to;
    if(!dfn[v]){
        tarjan(v);
        low[u]=min(low[u],low[v]);
    }else if(instack[v]){
        low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    }
    if(low[u]==dfn[u]){
    int v;
    l++;
    do{
        v=q.top();
        q.pop();
        instack[v]=0;
        to[v]=l;
    }while(v!=u);
    }
    return;
}
inline int dis(int a,int k1,int k2,int b){
    return
    abs(s[k1].x-e[a].x)+abs(s[k1].y-e[a].y)+
    abs(s[k1].x-s[k2].x)+abs(s[k1].y-s[k2].y)+
    abs(s[k2].x-e[b].x)+abs(s[k2].y-e[b].y);
}
inline void clr(){
    cnt=0;l=0;t=0;
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    return;
}
int n,ans=-1;
int a,b;
void erfen(int l,int r){
    if(l>r)return;
    clr();
    int mid=(l+r)>>1;
    for(int i=1;i<=a;i++){
    int u=aa[i].u;int v=aa[i].v;
    add(u,v+n);add(v,u+n);
    add(u+n,v);add(v+n,u);
    }
    for(int i=1;i<=b;i++){
    int u=bb[i].u;int v=bb[i].v;
    add(u,v);add(v,u);
    add(u+n,v+n);add(v+n,u+n);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=n;j++){
        if(i==j)continue;
        int s11=dis(i,1,1,j),s12=dis(i,1,2,j),
        s21=dis(i,2,1,j),s22=dis(i,2,2,j);
        if(s11>mid)add(i,j+n);
        if(s12>mid)add(i,j);
        if(s21>mid)add(i+n,j+n);
        if(s22>mid)add(i+n,j);
    }
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++){
    if(!dfn[i])tarjan(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    if(to[i]==to[i+n]){
        erfen(mid+1,r);
        return;
    }
    }
    ans=mid;
    erfen(l,mid-1);
    return;
}
//i表示与s1连，i+n表示与s2连
int main(){
    n=read();a=read();b=read();
    s[1].x=read();s[1].y=read();s[2].x=read();s[2].y=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
    e[i].x=read();
    e[i].y=read();
    }
    for(int i=1;i<=a;i++){
    aa[i].u=read();
    aa[i].v=read();
    }
    for(int i=1;i<=b;i++){
    bb[i].u=read();
    bb[i].v=read();
    }
    erfen(0,6000000);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}