[bzoj 1001][BeiJing2006]狼抓兔子

传送门

Description

现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，

而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形：

左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路

1:(x,y)<==>(x+1,y)

2:(x,y)<==>(x,y+1)

3:(x,y)<==>(x+1,y+1)

道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，

开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击

这些兔子.当然为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，

才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔子一网打尽的前提下，参与的

狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.

Input

第一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.

接下来分三部分

第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值.

第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值.

第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值.

输入文件保证不超过10M

Output

输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.

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

题解：

题意是求一张n*m的图的最小割。

最小割定义：什么是最小割？割==割边==去掉以后使图不连通的边的集合。而容量和最少的割集称为最小割。

更通俗一点，最小割==最大流。

然而我并不会证明......

反正明白这点就好啦，知道这一点之后就是裸的最大流了，建图费点心就可以了。

这题还有一个需要注意的点是不需要像其他的最大流那样反向弧流量定为0，直接定为它的权值就可以，这样的边一开始就可以找增广路。

据说这道题不开优化会被卡掉？（我背的模板里面是有优化的qwq）

背模板的时候顺便把优化背下去就好啦（bfs时一个，dfs时一个）

这道题还有一个跑spfa的方法，然而我并不会，感兴趣的朋友可以去百度一下。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll int
#define maxn 500100
#define inf 0x7fffffff
#define mt(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define max(x,y) x>y?x:y
#define min(x,y) x<y?x:y
#define abs(x) x>0?x:-x
inline void read(ll &x){
    x=0;ll f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    x*=f;
}
using namespace std;
#define N 1000001
#define M 6000001
ll n,m,h[N],q[N],head[N],cnt=1;
struct edge{ll to,next,v;}e[M];
void add(ll u,ll v,ll w){e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];e[cnt].v=w;head[u]=cnt;}
bool bfs(){
    ll l=0,r=1,now;q[0]=1;
    mt(h,-1);h[1]=0;
    while(l<r){
        now=q[l++];
        for(ll i=head[now];i;i=e[i].next){
            if(e[i].v&&h[e[i].to]<0){
                h[e[i].to]=h[now]+1;
                q[r++]=e[i].to;
            }
        }
    }
    if(h[n*m]==-1)return 0;
    else return 1;
}
ll dfs(ll x,ll f){
    if(n*m==x)return f;
    ll used=0,w;
    for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].v&&h[x]+1==h[e[i].to]){
            w=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].v));
            e[i].v-=w;e[i^1].v+=w;used+=w;
            if(used==f)return f;
        }
    }
    if(!used)h[x]=-1;
    return used;
}
ll ans=0;
ll dinic(){
    while(bfs())ans+=dfs(1,inf);
}
int main(){
    read(n);read(m);ll x;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=1;j<m;j++){
            read(x);
            add(m*(i-1)+j,m*(i-1)+j+1,x);
            add(m*(i-1)+j+1,m*(i-1)+j,x);
        }
    }
    for(ll i=1;i<n;i++){
        for(ll j=1;j<=m;j++){
            read(x);
            add(m*(i-1)+j,m*(i)+j,x);
            add(m*(i)+j,m*(i-1)+j,x);
        }
    }
    for(ll i=1;i<n;i++){
        for(ll j=1;j<m;j++){
            read(x);
            add(m*(i-1)+j,m*(i)+j+1,x);
            add(m*(i)+j+1,m*(i-1)+j,x);
        }
    }
    dinic();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

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