2019CCPC 秦皇岛 E.Escape

题意：

给出一个\(n*m\)的迷宫，有\(a\)个入口,\(b\)个出口。

现在有\(a\)个机器人都从入口出发，一开始方向默认为下，你可以选在在一些格子上面放置一个转向器，转向器有四种：

向下走变为向右走；
向下走变为向左走；
向上走变为向右走；
向上走变为向左走。

每个格子最多放一个转向器。

问最后是否存在一种方案，使得每个机器人都能到达从其中一个出口。

思路：

因为题目要求转向器只能接受固定方向，并且变为固定方向，所以有几个比较重要的观察：

不存在两个机器人的路线共线；
若一个格子上存在转向器，那么至多只能经过一个机器人；
若一个格子上没有转向器，那么可以经过两个方向垂直的机器人。

观察一挺好证明，若存在两个机器人共方向，说明其中一个机器人经过转向器，而另一个没有经过，出现矛盾。后面几个yy一下应该好理解。

所以现在问题就是，一个格子只能横向经过或竖向经过，若经过转换器，只能经过一次，问能否使得\(a\)个机器人成功走到终点。

考虑网络流，我们将点拆成两类：一类是“水平”类点，另一类是“垂直”类点。那么一开始我们有水平和水平的相连，垂直的和垂直的相连，流量为\(1\)。

考虑经过转换器时，方向发生了变化，那么我们对于一个点，允许其向另一个方向转化，流量为\(1\)。

容易发现这样的建图刚好符合上面的要求。

PS：网上代码很多都是错的，因为没有考虑到障碍物的情况，注意一下最后到出口时，是否能到达\((n,x)\)这个点。

细节见代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

//#define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 50005;

#define INF 0x3f3f3f3f

template <class T>

struct Dinic{

    struct Edge{

        int v, next;

        T flow;

        Edge(){}

        Edge(int v, int next, T flow) : v(v), next(next), flow(flow) {}

    }e[N * 30];

    int head[N], tot;

    int dep[N];

    void init() {

        memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0;

    }

    void adde(int u, int v, T w, T rw = 0) {

        e[tot] = Edge(v, head[u], w);

        head[u] = tot++;

        e[tot] = Edge(u, head[v], rw);

        head[v] = tot++;

    }

    bool BFS(int _S, int _T) {

        memset(dep, 0, sizeof(dep));

        queue <int> q; q.push(_S); dep[_S] = 1;

        while(!q.empty()) {

            int u = q.front(); q.pop();

            for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next) {

                int v = e[i].v;

                if(!dep[v] && e[i].flow > 0) {

                    dep[v] = dep[u] + 1;

                    q.push(v);

                }

            }

        }

        return dep[_T] != 0;

    }

    T dfs(int _S, int _T, T a) {

        T flow = 0, f;

        if(_S == _T || a == 0) return a;

        for(int i = head[_S]; ~i; i = e[i].next) {

            int v = e[i].v;

            if(dep[v] != dep[_S] + 1) continue;

            f = dfs(v, _T, min(a, e[i].flow));

            if(f) {

                e[i].flow -= f;

                e[i ^ 1].flow += f;

                flow += f;

                a -= f;

                if(a == 0) break;

            }

        }

        if(!flow) dep[_S] = -1;

        return flow;

    }

    T dinic(int _S, int _T) {

        T max_flow = 0;

        while(BFS(_S, _T)) max_flow += dfs(_S, _T, INF);

        return max_flow;

    }

};

Dinic <int> solve;

int n, m, a, b;

char mp[105][105];

int id(int x, int y) {

    return (x - 1) * m + y;

}

bool ok(int x, int y) {

    return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && mp[x][y] != '1';

}

void run() {

    solve.init();

	cin >> n >> m >> a >> b;

	int base = (n + 1) * m;

	int s = 0, t = 2 * base + 1;

	for(int i = 1; i <= n; i++) {

		cin >> (mp[i] + 1);

	}

    for(int i = 1; i <= a; i++) {

        int x; cin >> x;

        solve.adde(s, id(1, x), 1);

    }

    for(int i = 1; i <= b; i++) {

        int x; cin >> x;

        solve.adde(id(n, x), t, 1);

}

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        for(int j = 1; j <= m; j++) {

            if(mp[i][j] == '1') continue;

            if(ok(i - 1, j)) solve.adde(id(i, j), id(i - 1, j), 1);

            if(ok(i + 1, j)) solve.adde(id(i, j), id(i + 1, j), 1);

            if(ok(i, j - 1)) solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j - 1) + base, 1);

            if(ok(i, j + 1)) solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j + 1) + base, 1);

            solve.adde(id(i, j), id(i, j) + base, 1);

            solve.adde(id(i, j) + base, id(i, j), 1);

        }

    }

    if(solve.dinic(s, t) == a) cout << "Yes" << '\n';

    else cout << "No" << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    int T; cin >> T;

    while(T--) run();

    return 0;

}

较完整题解：hhh

巴特西

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