【POJ 3057】Evacuation【最大流+二分】

题意：

给出了一个 Y∗XY*XY∗X 的地图，在地图的四个边缘有门，用 ′D′'D'′D′ 表示，′X′'X'′X′ 表示障碍物即不能走，′.′'.'′.′表示这个位置初始有一个人，现在地图中的所有人要逃出门外，每个 ′.′'.'′.′ 这个点可以站好多人，但是出门的时候只能一个一个出，每个人移动一格的时间为 111，问最少需要多少时间，所有人可以撤出场地。如果不能撤出，输出 impossibleimpossibleimpossible 。

思路：

因为是最少的时间，所以一开始想到的是最小割和最小费用最大流，然后发现均无法解决这个问题，因为难以解决每个时间每个门只能被经过一次这个问题。

后来发现我们可以对每一个时刻的门分别建点，然后使这个门的容量为 111，因此就可以满足每个时刻每个门只能出去一个人这个条件。

但是如果对门的所有时刻都建点的话，那么无疑跑出来的结果是不对的，即我们现在只能验证当前每一个时刻上限的情况下，所有人能不能出来。因此发现这个题的答案，即所需要的时间是单调的，因此可以进行二分答案。二分所有人出门的时间，然后用最大流建图来验证。

当二分的时间为 xxx 时，则对每个门都建 xxx 个点，然后每个人到达这个门所需的时间如果为 yyy 的话，则将这个人与这个门所有 >=y>=y>=y 的时刻连边。至此即可完成本题。

代码：

//bzoj 3262
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <queue>
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
using namespace std;
const int inf = 1<<29,N = 1e5+100,M = 5*1e6+100;  //处理1e4-1e5规模的网络struct Edge{ int to,next,v;
}e[M];
int n,m,s,t;  //顶点个数 边数 源点 汇点
int head[N],tot,dis[N];
queue<int> q;
char mp[20][20];
int numdoor,mandoor[200][200],numman,hp[200],vis[300];
int dir[4][2] = {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};void bbfs(int x)
{// printf("x:%d\n",x);queue<pair<int,int> > qp;while(qp.size()) qp.pop();memset(vis,0,sizeof vis);vis[x] = 1;qp.push(make_pair(x,0));while(qp.size()){int xx = qp.front().first, dist = qp.front().second;int yy = xx%m;qp.pop();xx = xx/m+1;rep(i,0,3){int xxx = xx+dir[i][0], yyy = yy+dir[i][1];int tp = (xxx-1)*m+yyy;if(xxx < 1 || xxx > n || yyy < 1 || yyy > m || mp[xxx][yyy] == 'X') continue;if(vis[tp]) continue;if(mp[xxx][yyy] == 'D'){// printf("oops!\n");// LOG2("x",x,"tp",tp);// LOG1("dist",dist);mandoor[hp[x]][hp[tp]] = dist+1;continue;}vis[tp] = 1;qp.push(make_pair(tp,dist+1));}}
}void init_solve()
{memset(mandoor,0,sizeof mandoor);numman = numdoor = 0;memset(hp,0,sizeof hp);rep(i,1,n)rep(j,1,m)if(mp[i][j] == '.') hp[(i-1)*m+j] = ++numman;else if(mp[i][j] == 'D') hp[(i-1)*m+j] = ++numdoor;rep(i,1,n)rep(j,1,m)if(mp[i][j] == '.'){// printf("i:%d,j:%d\n",i,j);bbfs((i-1)*m+j);}
}void init()   //千万别忘了初始化！
{tot = 1; memset(head,0,sizeof head);  //点的编号是2~n，因为2^1 = 3, 3^1 = 2;  符合后续代码的操作
}void add(int x,int y,int v)
{e[++tot].to = y; e[tot].next = head[x]; e[tot].v = v; head[x] = tot;e[++tot].to = x; e[tot].next = head[y]; e[tot].v = 0; head[y] = tot;  //反向边与正向边的流量之和为v
}bool bfs()
{memset(dis,0,sizeof dis);while(!q.empty()) q.pop();q.push(s); dis[s] = 1;while(!q.empty()){int x = q.front(); q.pop();for(int i = head[x];i;i = e[i].next){if(e[i].v && !dis[e[i].to]){q.push(e[i].to);dis[e[i].to] = dis[x]+1;if(e[i].to == t) return 1;  //找到一条路就return }}}return 0;
}int dinic(int x,int flow) //找增广路
{   if(x == t) return flow;int rest = flow,k;  //rest为输入的流量 for(int i = head[x];i && rest; i = e[i].next){if(e[i].v && dis[e[i].to] == dis[x]+1){k = dinic(e[i].to,min(rest,e[i].v));if(!k) dis[e[i].to] = 0;  //剪枝，去掉增广完毕的点 e[i].v -= k;e[i^1].v += k;  //反向边加上flow，相当于我们可以反悔从这条路流过 rest -= k; //k为能够被送出去的流量 }}return flow-rest;  //总共被送出去了多少流量
}int solve()
{int flow = 0,maxflow = 0;while(bfs())while(flow = dinic(s,inf)) maxflow += flow;return maxflow;
}void mainsolve()
{int l = 1, r = 200, ans = -1;while(l <= r){int mid = (l+r)>>1;init();s = 1, t = 1+numman+mid*numdoor+1;rep(i,1,numman) add(s,i+1,1);rep(i,1,numdoor)rep(j,1,mid) add(1+numman+(i-1)*mid+j,t,1);rep(i,1,numman)rep(j,1,numdoor)if(mandoor[i][j] <= mid && mandoor[i][j])rep(k,mandoor[i][j],mid) add(1+i,1+numman+(j-1)*mid+k,1);if(solve() == numman) r = mid-1, ans = mid;else l = mid+1;}if(ans == -1) printf("impossible\n");else printf("%d\n",ans);
}int main()
{int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d%d",&n,&m);rep(i,1,n) scanf("%s",mp[i]+1);init_solve();mainsolve();}return 0;
}

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