bzoj 1189 二分+最大流

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思路：

　　先预处理出每个人到每扇门的时间，用门作为起点进行bfs处理。

　　然后二分时间，假设时间为x，将每扇门拆成1到x，x个时间点，表示这扇门有几个时间点是可以出去的。对于一扇门，每个时间点都向后一个时间点建边，表示人在当前时间点到达，可以在下一时间点出去。

　　先将s连上所有的空地，流量为1，建立每个空地每个门的对应的时间点流量为1的边，表示这个空地的人会再某一时间点到达这扇门。然后每个门流向t，流量为inf。只要最大流为空地的数量，则代表该时间是可以的，继续向下二分。

#include<bits/stdc++.h>
#define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
int fx[][]={{,},{,-},{,},{-,}};
int dis[][][],n,m;
char s[][];
int ed[],g[][],cnt,sum,st,t;
const int maxn=;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int head[maxn],tot=;
struct edge{
    int to,f,Next;
}a[maxn<<];
void addv(int u,int v,int w){
    a[++tot].to=v,a[tot].f=w,a[tot].Next=head[u],head[u]=tot;
    a[++tot].to=u,a[tot].f=,a[tot].Next=head[v],head[v]=tot;
}
inline void bfs(int id){
    queue<int >q;
    dis[id][ed[id]/m][ed[id]%m]=;
    q.push(ed[id]);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        int x=u/m,y=u%m;
        q.pop();
        for(int i=;i<;i++){
            int xx=x+fx[i][],yy=y+fx[i][];
            if(xx<||xx>=n||yy<||yy>=m||s[xx][yy]!='.')continue;
            if (dis[id][xx][yy]>dis[id][x][y]+)
                dis[id][xx][yy]=dis[id][x][y]+,q.push(xx*m+yy);

        }
    }
}
int deep[maxn];
bool vis[maxn];
inline void find(){
    CLR(deep,);
    queue<int >q;
    vis[st]=;
    q.push(st);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i!=-;i=a[i].Next)
        {
            if(a[i].f && !vis[a[i].to]){
                q.push(a[i].to);
                deep[a[i].to]=deep[u]+;
                vis[a[i].to]=;
            }
        }
    }
}
int dfs(int u,int delta){
    if(u==t)return delta;
    int ret=;
    for(int i=head[u];delta&&i!=-;i=a[i].Next){
        if(a[i].f&&deep[a[i].to]==deep[u]+){
            int dd=dfs(a[i].to,min(a[i].f,delta));
            a[i].f-=dd;
            a[i^].f+=dd;
            delta-=dd;
            ret+=dd;
        }
    }
    return ret;
}
inline bool check(int x){
    st=,t=maxn-,tot=;
    CLR(head,-);
    for(int i=;i<=sum;i++)addv(st,i,);
    for(int k=;k<=cnt;k++)
        for(int i=;i<n;i++)
            for(int j=;j<m;j++)
                if(s[i][j]=='.'&&dis[k][i][j]<=x)
                    addv(g[i][j],sum+(k-)*x+dis[k][i][j],);

    for (int i=; i<=cnt; i++)
        for (int j=; j<=x; j++) {
            int tmp=(i-)*x+sum;
            addv(tmp+j,t,);
            if (j<x) addv(tmp+j,tmp+j+,inf);
        }
    int ret=;
    while(){
        CLR(vis,);
        find();
        if(!vis[t]){
            return ret==sum;
        }
        ret+=dfs(st,inf);
    }
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        scanf("%s",s[i]);
    }
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        for(int j=;j<m;j++)
        {
            if(s[i][j]=='D'){
                ed[++cnt]=i*m+j;
            }
            if(s[i][j]=='.')g[i][j]=++sum;
        }
    }
    CLR(dis,0x3f);
    for(int i=;i<=cnt;i++)
    {
        bfs(i);
    }
    int l=,r=n*m,mid;
    int ans;
    if(!check(r)){
        puts("impossible");
        return ;
    }
    while(l<=r){

        mid=(l+r)>>;//printf("l:%d  r:%d  mid:%d\n",l,r,mid);
        if(check(mid)){
        ans=mid,r=mid-;
    //    printf("ans:%d\n",ans);
    }
        else l=mid+;
    }
    cout<<ans<<endl;

}

1189: [HNOI2007]紧急疏散evacuate

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 3825  Solved: 1118
[Submit][Status][Discuss]

Description

发生了火警，所有人员需要紧急疏散！假设每个房间是一个N M的矩形区域。每个格子如果是'.'，那么表示这是一

块空地；如果是'X'，那么表示这是一面墙，如果是'D'，那么表示这是一扇门，人们可以从这儿撤出房间。已知门

一定在房间的边界上，并且边界上不会有空地。最初，每块空地上都有一个人，在疏散的时候，每一秒钟每个人都

可以向上下左右四个方向移动一格，当然他也可以站着不动。疏散开始后，每块空地上就没有人数限制了（也就是

说每块空地可以同时站无数个人）。但是，由于门很窄，每一秒钟只能有一个人移动到门的位置，一旦移动到门的

位置，就表示他已经安全撤离了。现在的问题是：如果希望所有的人安全撤离，最短需要多少时间？或者告知根本

不可能。

Input

第一行是由空格隔开的一对正整数N与M，3<=N <=20，3<=M<=20，

以下N行M列描述一个N M的矩阵。其中的元素可为字符'.'、'X'和'D'，且字符间无空格。

Output

只有一个整数K，表示让所有人安全撤离的最短时间，

如果不可能撤离，那么输出'impossible'（不包括引号）。

Sample Input

5 5
XXXXX
X...D
XX.XX
X..XX
XXDXX

Sample Output

3