BZOJ 3144 [HNOI2013]切糕 (最大流+巧妙的建图)

题面：洛谷传送门 BZOJ传送门

最大流神题

把点权转化为边权，切糕里每个点$(i,j,k)$向$(i,j,k+1)$连一条流量为$v(i,j,k)$的边

源点$S$向第$1$层的点连边，第$R+1$层的点向$T$连边，流量均为$inf$

跑最大流，最大流的流量就是答案

因为每条纵轴都取了最小的$v$，被割掉的边就是最小的$v$所在的边

然而题目里还有限制，相邻两个纵轴取值的位置相差的距离不能超过$D$

如何处理这个限制呢？

每个点$(i,j,k)$向$(x,y,k-D)$连流量为$inf$的边，$(x,y)$是$(i,j)$相邻的纵轴

假设纵轴$(i,j)$的割点是$(i,j,k)$

如果$(x,y)$的割点在$(x,y,k-D)$下面，一定会有一条流量从纵轴$(i,j)$流到$(x,y)$里，然后向上流到汇点$T$

巧妙地解决了距离的限制问题

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #define N1 67010
 #define M1 400010
 #define L1 45
 using namespace std;
 const int inf=0x3f3f3f3f;

 int gint()
 {
     int ret=,fh=;char c=getchar();
     while(c<''||c>''){if(c=='-')fh=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<=''){ret=ret*+c-'';c=getchar();}
     return ret*fh;
 }
 struct Edge{
 int to[M1<<],nxt[M1<<],flow[M1<<],head[N1],cte;
 void ae(int u,int v,int f)
 {
     cte++; to[cte]=v; nxt[cte]=head[u];
     head[u]=cte; flow[cte]=f;
 }
 }e;

 int dep[N1],que[M1],cur[N1],n,m,h,D,hd,tl,S,T;
 int bfs()
 {
     int x,j,v;
     memset(dep,-,sizeof(dep)); memcpy(cur,e.head,sizeof(cur));
     hd=,tl=; que[++tl]=S; dep[S]=;
     while(hd<=tl)
     {
         x=que[hd++];
         for(j=e.head[x];j;j=e.nxt[j])
         {
             v=e.to[j];
             if( dep[v]==- && e.flow[j]> )
             {
                 dep[v]=dep[x]+;
                 que[++tl]=v;
             }
         }
     }
     return dep[T]!=-;
 }
 int dfs(int x,int limit)
 {
     int j,v,flow,ans=;
     if(!limit||x==T) return limit;
     for(j=cur[x];j;j=e.nxt[j])
     {
         v=e.to[j]; cur[x]=j;
         if( dep[v]==dep[x]+ && (flow=dfs(v,min(limit,e.flow[j]))) )
         {
             e.flow[j]-=flow; limit-=flow;
             e.flow[j^]+=flow; ans+=flow;
             if(!limit) break;
         }
     }
     return ans;
 }
 int Dinic()
 {
     int mxflow=,j,v,ans=;
     while(bfs())
         mxflow+=dfs(S,inf);
     return mxflow;
 }

 int xx[]={-,,,},yy[]={,,,-};
 int v[L1][L1][L1],id[L1][L1][L1];
 inline int check(int x,int y){return (x<||y<||x>n||y>m)?:;}

 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&h,&D);
     int i,j,k,x,y,w,p; e.cte=; S=; T=n*m*(h+)+;
     for(k=;k<=h+;k++) for(i=;i<=n;i++) for(j=;j<=m;j++) id[k][i][j]=(k-)*n*m+(i-)*m+j;
     for(k=;k<=h;k++) for(i=;i<=n;i++) for(j=;j<=m;j++)
     {
         w=v[k][i][j]=gint(), x=id[k][i][j];
         e.ae(x,x+n*m,w), e.ae(x+n*m,x,);
         if(k<=D) continue;
         //x+=n*m;
         for(p=;p<;p++)
         {
             if(!check(i+xx[p],j+yy[p])) continue;
             y=id[k-D][i+xx[p]][j+yy[p]];
             e.ae(x,y,inf); e.ae(y,x,);
         }
     }
     for(i=;i<=n;i++) for(j=;j<=m;j++) e.ae(S,id[][i][j],inf), e.ae(id[][i][j],S,);
     for(i=;i<=n;i++) for(j=;j<=m;j++) e.ae(id[h+][i][j],T,inf), e.ae(T,id[h+][i][j],);
     printf("%d\n",Dinic());
     return ;
 }