1001: [BeiJing2006]狼抓兔子
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 30078 Solved: 7908
[Submit][Status][Discuss]
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
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
14
HINT
2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。
Source
题解1（网络流最大流dinic）:
题意是求一个无向图的最小割，然后我们运用最小割-最大流定理，可以转化成求最大流的问题。不过朴素的Dinic是会TLE的，这里提供一种优化方法：
我们知道，假定在一次dinic过程中，发现不能再进行增广了，那么就相当于向下的这条路是废的。因此，我们可以直接把这条路堵上，然后就可以过了。
参考代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 inline void read(int &x) 4 { 5 x = 0; char c = getchar(); 6 while(!isdigit(c)) c = getchar(); 7 while(isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar(); 8 } 9 #define MAXN 1003 10 struct node{ 11 int fr, to, va, nxt; 12 }edge[MAXN * MAXN * 6]; 13 int head[MAXN * MAXN], cnt; 14 inline void add_edge(int u, int v, int w) { 15 edge[cnt].fr = u, edge[cnt].to = v, edge[cnt].va = w; 16 edge[cnt].nxt = head[u], head[u] = cnt++; 17 edge[cnt].fr = v, edge[cnt].to = u, edge[cnt].va = w; 18 edge[cnt].nxt = head[v], head[v] = cnt++; //反向边初始化 19 } 20 int st, ed, rank[MAXN * MAXN]; 21 int BFS() { 22 queue<int> q; 23 memset(rank, 0, sizeof rank); 24 rank[st] = 1; 25 q.push(st); 26 while(!q.empty()) { 27 int tmp = q.front(); 28 //cout<<tmp<<endl; 29 q.pop(); 30 for(int i = head[tmp]; i != -1; i = edge[i].nxt) { 31 int o = edge[i].to; 32 if(rank[o] || edge[i].va <= 0) continue; 33 rank[o] = rank[tmp] + 1; 34 q.push(o); 35 } 36 } 37 return rank[ed]; 38 } 39 int dfs(int u, int flow) { 40 if(u == ed) return flow; 41 int add = 0; 42 for(int i = head[u]; i != -1 && add < flow; i = edge[i].nxt) { 43 int v = edge[i].to; 44 if(rank[v] != rank[u] + 1 || !edge[i].va) continue; 45 int tmpadd = dfs(v, min(edge[i].va, flow - add)); 46 if(!tmpadd) { //重要！就是这里！ 47 rank[v] = -1; 48 continue; 49 } 50 edge[i].va -= tmpadd, edge[i ^ 1].va += tmpadd; 51 add += tmpadd; 52 } 53 return add; 54 } 55 int ans; 56 void dinic() { 57 while(BFS()) ans += dfs(st, 0x3fffff); 58 } 59 int n, m; 60 inline int gethash(int i, int j) { 61 return (i - 1) * m + j; 62 } 63 int main() { 64 memset(head, -1, sizeof head); 65 read(n), read(m); 66 int tmp; 67 st = 1, ed = gethash(n, m); 68 for(int i = 1; i <= n; ++i) { 69 for(int j = 1; j < m; ++j) 70 read(tmp), add_edge(gethash(i, j), gethash(i, j + 1), tmp); 71 } 72 for(int i = 1; i < n; ++i) { 73 for(int j = 1; j <= m; ++j) 74 read(tmp), add_edge(gethash(i, j), gethash(i + 1, j), tmp); 75 } 76 for(int i = 1; i < n; ++i) { 77 for(int j = 1; j < m; ++j) 78 read(tmp), add_edge(gethash(i, j), gethash(i + 1, j + 1), tmp); 79 } 80 dinic(); 81 cout<<ans<<endl; 82 return 0; 83 }