• [BZOJ1066][SCOI2007]蜥蜴


    1066: [SCOI2007]蜥蜴

    Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB Submit: 4165  Solved: 2110 [Submit][Status][Discuss]

    Description

      在一个r行c列的网格地图中有一些高度不同的石柱,一些石柱上站着一些蜥蜴,你的任务是让尽量多的蜥蜴逃 到边界外。 每行每列中相邻石柱的距离为1,蜥蜴的跳跃距离是d,即蜥蜴可以跳到平面距离不超过d的任何一个石 柱上。石柱都不稳定,每次当蜥蜴跳跃时,所离开的石柱高度减1(如果仍然落在地图内部,则到达的石柱高度不 变),如果该石柱原来高度为1,则蜥蜴离开后消失。以后其他蜥蜴不能落脚。任何时刻不能有两只蜥蜴在同一个 石柱上。

    Input

      输入第一行为三个整数r,c,d,即地图的规模与最大跳跃距离。以下r行为石竹的初始状态,0表示没有石柱 ,1~3表示石柱的初始高度。以下r行为蜥蜴位置,“L”表示蜥蜴,“.”表示没有蜥蜴。

    Output

      输出仅一行,包含一个整数,即无法逃离的蜥蜴总数的最小值。

    Sample Input

    5 8 2
    00000000
    02000000
    00321100
    02000000
    00000000
    ........
    ........
    ..LLLL..
    ........
    ........

    Sample Output

    1

    HINT

    100%的数据满足:1<=r, c<=20, 1<=d<=4

    直接拆点,用流量限制高度,然后从原点向每个有蜥蜴的点连一条容量为1的边,从每个能跳出去的点向汇点连一条容量无限的边,跑最大流即可
    #include <cstdio>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    struct Edge{
        int to, cap, next;
        Edge(){}
        Edge(int _t, int _c, int _n): to(_t), cap(_c), next(_n){}
    }e[500000];
    int fir[810] = {0}, cur[810], cnt = 1;
    inline void ins(int u, int v, int w){
        e[++cnt] = Edge(v, w, fir[u]); fir[u] = cnt;
        e[++cnt] = Edge(u, 0, fir[v]); fir[v] = cnt;
    }
    const int INF = 66662333;
    int r, c, d;
    int g[25][25];
    int sqr(int x){
        return x * x;
    }
    int dis(int x1, int y1, int x2, int y2){
        return sqr(x1 - x2) + sqr(y1 - y2);
    }
    int sink, sour;
    int q[810], head, tail;
    int vis[810], lev[810], bfn = 0;
    bool SPFA(){
        vis[sour] = ++bfn;
        lev[sour] = 1;
        head = tail = 0;
        q[tail++] = sour;
        int u, v;
        while(head != tail){
            u = q[head++];
            for(int i = fir[u]; i; i = e[i].next){
                v = e[i].to;
                if(e[i].cap && vis[v] != bfn){
                    vis[v] = bfn;
                    lev[v] = lev[u] + 1;
                    q[tail++] = v;
                }
            }
        }
        return vis[sink] == bfn;
    }
    int dfs(int u, int flow){
        if(u == sink) return flow;
        int t, ret = 0, v;
        for(int &i = cur[u]; i; i = e[i].next){
            v = e[i].to;
            if(!e[i].cap || lev[v] != lev[u] + 1) continue;
            t = dfs(v, min(flow, e[i].cap));
            ret += t;
            flow -= t;
            e[i].cap -= t;
            e[i ^ 1].cap += t;
            if(!flow) break;
        }
        if(!ret) lev[u] = -1;
        return ret;
    }
    int main(){
        scanf("%d %d %d", &r, &c, &d);
        for(int i = 1; i <= r; i++)
            for(int j = 1; j <= c; j++){ 
                scanf("%1d", &g[i][j]);
                if(g[i][j]) ins((i - 1) * c + j, r * c + (i - 1) * c + j, g[i][j]); 
            }
        sour = 0;
        sink = 2 * r * c + 1;
        int ans = 0;
        char s[30];
        for(int i = 1; i <= r; i++){
            scanf("%s", s + 1);
            for(int j = 1; j <= c; j++)
                if(s[j] == 'L'){
                    ins(sour, (i - 1) * c + j, 1);
                    ans++;
                }
        }
        for(int i = 1; i <= r; i++)
            for(int j = 1; j <= c; j++){
                if(!g[i][j]) continue;
                for(int x2 = 1; x2 <= r; x2++)
                    for(int y2 = 1; y2 <= c; y2++)
                        if((x2 != i || y2 != j) && g[x2][y2] && dis(i, j, x2, y2) <= sqr(d))
                            ins(r * c + (i - 1) * c + j, (x2 - 1) * c + y2, INF);
                if(i <= d || j <= d || i + d > r || j + d > c) ins(r * c + (i - 1) * c + j, sink, INF);
            }
        while(SPFA()){
            for(int i = sour; i <= sink; i++) cur[i] = fir[i];
            ans -= dfs(sour, INF);
        }
        printf("%d
    ", ans);
        return 0; 
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/ruoruoruo/p/7447387.html
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