【BZOJ1189】紧急疏散（二分答案，最大流）

题面

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

输入文件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

题解

首先预处理出来每个空位置到每个门的距离

然而很容易想到二分一个时间

现在考虑如何建图

首先，如果距离小于给定的时间就可以走到门

那么，就从每个空位连向门就行啦？

当然不行

这样子做就不能达到每秒钟只能出去一个人的限制

所以，拆点

把门拆成时间个

当前点哪个时间到达就连接在那个时间上

同时，每个节点连一个容量为1的边到汇点上表示出去了

因为前面的人是可以留在门口等到接下来再出去

所以从每个拆开的门向下一秒连一个容量为INF的边

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           #include
           #include
            
             #include
             
              using namespace std;#define MAXL 5000000#define MAX 100000#define __ 40#define INF 1000000000inline int read(){ int x=0,t=1;char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=-1,ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t;}struct Line{ int v,next,w;}e[MAXL];int h[MAX],cnt;int S,T,n,m,K;inline void Add(int u,int v,int w){ e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++; e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;}int level[MAX];bool BFS(){ memset(level,0,sizeof(level)); level[S]=1; queue
              
                Q; Q.push(S); while(!Q.empty()) { int u=Q.front();Q.pop(); for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(e[i].w&&!level[v]) level[v]=level[u]+1,Q.push(v); } } return level[T];}int DFS(int u,int flow){ if(flow==0||u==T)return flow; int ret=0; for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1) { int dd=DFS(v,min(flow,e[i].w)); flow-=dd;ret+=dd; e[i].w-=dd;e[i^1].w+=dd; } } return ret;}int Dinic(){ int ret=0; while(BFS())ret+=DFS(S,INF); return ret;}int tot,blk;int qx[MAX],qy[MAX],dr;int d[4][2]={0,1,1,0,-1,0,0,-1};char g[__][__];int b[__][__],dd[__][__],dis[__*__][__*__];bool vis[__][__];void Getdis(int K,int x,int y){ memset(vis,0,sizeof(vis)); queue
               
                 Qx,Qy; memset(dis[K],63,sizeof(dis[K])); Qx.push(x),Qy.push(y);vis[x][y]=true;dis[K][b[x][y]]=0; while(!Qx.empty()) { int u=Qx.front(),v=Qy.front(); Qx.pop();Qy.pop(); for(int i=0;i<4;++i) { int xx=u+d[i][0],yy=v+d[i][1]; if(vis[xx][yy])continue; vis[xx][yy]=true; if(x&&y&&x<=n&&y<=m&&g[xx][yy]=='.') { dis[K][b[xx][yy]]=dis[K][b[u][v]]+1; Qx.push(xx);Qy.push(yy); } } }}int tt[500];void Build(int K){ memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0; S=0;T=50000; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) if(g[i][j]=='.')Add(S,b[i][j],1); int bh=n*m; for(int gg=1;gg<=dr;++gg) { for(int i=1;i<=K;++i)tt[i]=++bh; for(int i=1;i
                
                 >1; Build(mid); if(Dinic()==blk)ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } ans>=1e9?puts("impossible"):printf("%d\n",ans); return 0;}

转载于:https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/8214245.html

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