bzoj 2007 海拔

内容

题目描述

YT市是一个规划良好的城市，城市被东西向和南北向的主干道划分为n×n个区域。简单起见，可以将YT市看作一个正方形，每一个区域也可看作一个正方形。从而，YT城市中包括(n+1)×(n+1)个交叉路口和2n×(n+1)条双向道路（简称道路），每条双向道路连接主干道上两个相邻的交叉路口。下图为一张YT市的地图(n = 2)，城市被划分为2×2个区域，包括3×3个交叉路口和12条双向道路。

小Z作为该市的市长，他根据统计信息得到了每天上班高峰期间YT市每条道路两个方向的人流量，即在高峰期间沿着该方向通过这条道路的人数。每一个交叉路口都有不同的海拔高度值，YT市市民认为爬坡是一件非常累的事情，每向上爬h的高度，就需要消耗h的体力。如果是下坡的话，则不需要耗费体力。因此如果一段道路的终点海拔减去起点海拔的值为h(注意h可能是负数)，那么一个人经过这段路所消耗的体力是max{0, h}（这里max{a, b}表示取a, b两个值中的较大值）。

小Z还测量得到这个城市西北角的交叉路口海拔为0，东南角的交叉路口海拔为1(如上图所示)，但其它交叉路口的海拔高度都无法得知。小Z想知道在最理想的情况下（即你可以任意假设其他路口的海拔高度），每天上班高峰期间所有人爬坡消耗的总体力和的最小值。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含一个整数n，含义如上文所示。

接下来4n(n + 1)行，每行包含一个非负整数分别表示每一条道路每一个方向的人流量信息。输入顺序：n(n + 1)个数表示所有从西到东方向的人流量，然后n(n + 1)个数表示所有从北到南方向的人流量，n(n + 1)个数表示所有从东到西方向的人流量，最后是n(n + 1)个数表示所有从南到北方向的人流量。对于每一个方向，输入顺序按照起点由北向南，若南北方向相同时由西到东的顺序给出(参见样例输入)。

输出格式：

仅包含一个数，表示在最理想情况下每天上班高峰期间所有人爬坡所消耗的总体力和（即总体力和的最小值），结果四舍五入到整数。

输入输出样例

输入样例#1：

1
1
2
3
4
5
6
7
8

输出样例#1：

说明

对于20%的数据：n ≤ 3；

对于50%的数据：n ≤ 15；

对于80%的数据：n ≤ 40；

对于100%的数据：1 ≤ n ≤ 500，0 ≤ 流量 ≤ 1,000,000且所有流量均为整数。

题解

首先思考海拔高度，假设有三个点A—>B—>C，A的海拔为0，C的海拔为1，A-B流量为x，B-C流量为y。假设B的海拔为h，则总体力$S=h*x+(1-h)*y$，由数学知识可得$S≥min(x，y)$，得出当B的海拔为0或1时体力消耗最小。把这个结论推广至整张图，得出图上的每个点海拔均为0或1，其他情况总体力消耗一定大于这种情况下的消耗。

再推导一下，很快就会发现海拔为0的点和海拔为1的点分别构成两个相通的集合时，体力消耗最少，而总体力就是连接这两个集合的所有边权之和。最终结论已经出来了：最小割！但很遗憾，数据范围宣告了最大流算法是会超时的，因此必须使用平面图最小割。

众所周知，平面图存在对偶图，而对偶图的最短路就是原图的最小割：

这张图已经能说明问题了。从紫色点到蓝色点的每一条路径对应原图的一个割，最短路=最小割。

代码：

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 510
int n;
int mp[N][N][4],dis[N][N];
int inline read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct dist
{
    int x,y,dis;
    bool operator < (const dist b) const{return dis>b.dis;}
};
priority_queue<dist>q;
int ans=1e9;
void insert(int x,int y,int d)
{
    if(d<dis[x][y])
        dis[x][y]=d,
        q.push((dist){x,y,d});
    if(y==1)ans=min(ans,d+mp[x][y][1]);
    if(x==n)ans=min(ans,d+mp[x+1][y][0]);
}
void Dij()
{
    for (int i=1;i<=n;i++)insert(1,i,mp[1][i][0]);
    for (int j=1;j<=n;j++)insert(j,n,mp[j][n+1][1]);
    while(!q.empty())
    {
        dist now=q.top();q.pop();
        if(now.dis>dis[now.x][now.y])continue;
        int x=now.x,y=now.y;
        if(x>1)
            insert(x-1,y,now.dis+mp[now.x][now.y][2]);
        if(y>1)
            insert(x,y-1,now.dis+mp[now.x][now.y][1]);
        if(x<n)
            insert(x+1,y,now.dis+mp[now.x+1][now.y][0]);
        if(y<n)
            insert(x,y+1,now.dis+mp[now.x][now.y+1][3]);
    }
}
int main()
{
    int i,j;
    n=read();
    for (int i=1;i<=n+1;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            mp[i][j][0]=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n+1;j++)
            mp[i][j][1]=read();
    for (int i=1;i<=n+1;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            mp[i][j][2]=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n+1;j++)
            mp[i][j][3]=read();
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    Dij();
    printf("%d\n",ans);
}