Sol.

可以发现人的移动除了不能穿墙以外没有别的限制。也就是说人的移动多半不是解题的突破口。

接下来会发现出口的限制很强,即出口每个时刻只能允许一个人出去。

每个时刻?

不难想到对于每一个时刻每一个门,我们单独考虑。也就是说每一个门具有三个属性,横坐标、纵坐标、时间坐标。

于是我们就有了很多很多的门,就可以将限制转换为每一个门都只能让该时刻到达的那一个人出去。

每一扇门仅允许一个人?

这就是一个匹配问题嘛。并且如果考虑人作为左部,门作为右部,这就是一个简单的二分图最大匹配。

显然可以通过 bfs 求得每一个人到任意一扇门所需的时间,设坐标 \((U_x, U_y)\) 这个人到坐标 \((V_x, V_y)\) 这扇门需要 \(t\) 的时间。

也就是说当前这个点对于这扇门可以走所有空间坐标 \((V_x, V_y)\),时间坐标晚于 \(t\) 的所有门。

但这只能判断可行性,难以算出具体答案啊?

容易想到直接二分答案。若当前二分到答案 \(T\),我们就可以将门的空间坐标限制到 \([t, T]\) 内,然后每个人相对于可以走的门连边跑匈牙利即可。

可以简单估算一下二分上界。假设有 \(nm - 1\) 个人,\(1\) 扇门,最远的人到达这扇门的距离是 \(n + m\),而不能发现每个时候都会有人到达,所以上界应是 \(n m\)。

另外一种情况,一个人为了绕开所有墙,最多也只会耗费 \(n m\) 的时间,且对于门来说,\(n m\) 的时间一定可以把人全部送出去。


Code.

#include <queue>
#include <cstdio>
using namespace std; int Abs(int x) { return x < 0 ? -x : x; }
int Max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; } int read() {
int k = 1, x = 0;
char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') {
if (s == '-')
k = -1;
s = getchar();
}
while (s >= '0' && s <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + s - '0';
s = getchar();
}
return x * k;
} void write(int x) {
if (x < 0) {
putchar('-');
x = -x;
}
if (x > 9)
write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
} void print(int x, char s) {
write(x);
putchar(s);
} const int MAXM = 2e6 + 5;
const int MAXN = 2e4 + 5; struct Bipartite_Graph {
struct edge {
int v, nxt;
edge() {}
edge(int V, int Nxt) {
v = V, nxt = Nxt;
}
} e[MAXM << 1];
int head[MAXN], n, cnt;
void Add_Edge(int u, int v) {
e[cnt] = edge(v, head[u]);
head[u] = cnt++;
}
int Mat[MAXN], Tim[MAXN], p[MAXN], len, tot; void init(int N) {
n = N;
for(int i = 1; i <= n; i++)
head[i] = -1, Tim[i] = 0, Mat[i] = 0;
cnt = 0, tot = 0, len = 0;
} bool dfs(int u) {
if (Tim[u] == tot)
return false;
Tim[u] = tot;
for (int i = head[u], v; ~i; i = e[i].nxt) {
v = e[i].v;
if (!Mat[v] || dfs(Mat[v])) {
Mat[v] = u;
return true;
}
}
return false;
} int calc() {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= len; i++) {
tot++;
ans += dfs(p[i]);
}
return ans;
}
} Graph; // 二分图最大匹配模板。 char s[MAXN][MAXN];
int pos[MAXN][MAXN], dist[MAXN][MAXN], n, m, num, cnt; struct node {
int x, y;
node() {}
node(int X, int Y) {
x = X, y = Y;
}
};
int dir[4][2] = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};
void bfs(node st) { // 求人到门所需时间。
queue<node> q;
q.push(st);
while(!q.empty()) {
node u = q.front(); q.pop();
for(int i = 0, cx, cy; i < 4; i++) {
cx = u.x + dir[i][0], cy = u.y + dir[i][1];
if(cx < 1 || cx > n || cy < 1 || cy > m)
continue;
if(s[cx][cy] == '.' && !dist[pos[st.x][st.y]][pos[cx][cy]]) {
dist[pos[st.x][st.y]][pos[cx][cy]] = dist[pos[st.x][st.y]][pos[u.x][u.y]] + 1;
q.push(node(cx, cy));
}
}
}
} bool check(int mid) { // 二分可行性判断。
Graph.init(num + (cnt - num) * mid);
for(int i = 1; i <= num; i++) {
Graph.p[++Graph.len] = i;
for(int j = num + 1; j <= cnt; j++)
if(dist[j][i])
for(int k = dist[j][i]; k <= mid; k++)
Graph.Add_Edge(i, j + (k - 1) * (cnt - num)); // 时间范围内 拆点 建边
}
int res = Graph.calc();
return res >= num;
} int main() {
n = read(), m = read();
num = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf ("%s", s[i] + 1);
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(s[i][j] == '.')
pos[i][j] = ++num;
}
cnt = num;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
if(s[i][j] == 'D') {
cnt++;
pos[i][j] = cnt;
bfs(node(i, j));
}
// 这部分处理打得有点奇怪了,转整数标号还是按照自己的喜好来。
int l = 0, r = n * m * 2, mid, res = -1;
while(l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) {
r = mid - 1;
res = mid;
}
else
l = mid + 1;
}
if(res == -1)
printf("impossible\n");
else
print(res, '\n');
return 0;
}

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