80分(最小割)思路
先考虑如果没有题目中东南角为\(1\)那个限制的话会怎样。
那么只要让每个点的海拔都是\(0\)就行了。这样不论怎样走，最后的答案都是0.
然后再考虑那个东南角为\(1\)的限制表达了什么。其实说明了最后的答案一定是右下角一部分海拔全部为\(1\)，左上角一部分海拔全部为\(0\)。
所以这样只要找到分界点就行了。
这就是最小割的裸题啊。以\((1,1)\)为起点，\((n+1,n+1)\)为终点跑一遍最小割就行了。
100分(对偶图)思路
直接最小割过不去后面的大数据。所以要用对偶图优化一下。
平面图就是像题目中这样两条边的交点都是顶点的图。
如图
图中\(9\)个方格叫做平面图的面。对于一个平面图的对偶图，就是将平面图中的每个边两边的两个面连接起来。
上图的对偶图就长这样
红色部分就是对偶图了。
然后只要将原图转化成对偶图之后，跑最短路就行了。
80(90)分代码
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2019-02-12 11:28:33
* @Last Modified time: 2019-02-12 15:42:39
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define num(x,y) (x - 1) * (n + 1) + y
const int N = 500000,M = 10000000,INF = 1e9;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node {
int v,nxt,w;
}e[M];
int head[N],ejs = 1;
void add(int u,int v,int w) {
e[++ejs].v = v;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;e[ejs].w = w;
e[++ejs].v = u;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;e[ejs].w = 0;
}
queue<int>q;
int dep[N];
int S,T;
int bfs() {
memset(dep,0,sizeof(dep));
while(!q.empty()) q.pop();
dep[S] = 1;q.push(S);
while(!q.empty()) {
int u = q.front();q.pop();
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(!dep[v] && e[i].w) {
q.push(v);
dep[v] = dep[u] + 1;
if(v == T) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int cur[N];
int dfs(int u,int now) {
if(u == T) return now;
int ret = 0;
for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {
int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
e[i].w -= k;
e[i ^ 1].w += k;
ret += k;
if(now == ret) return ret;
}
}
return ret;
}
int dinic() {
int ans = 0;
while(bfs()) {
memcpy(cur,head,sizeof(cur));
ans += dfs(S,INF);
}
return ans;
}
int main() {
int n = read();
S = num(1,1);T = num(n + 1,n + 1);
for(int i = 1;i <= n + 1;++i) {
for(int j = 1;j <= n;++j) {
int w = read();
add(num(i,j),num(i,j + 1),w);
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i) {
for(int j = 1;j <= n + 1;++j) {
int w = read();
add(num(i,j),num(i + 1,j),w);
}
}
for(int i = 1;i <= n + 1; ++i) {
for(int j = 1;j <= n;++j) {
int w = read();
add(num(i,j + 1),num(i,j),w);
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i) {
for(int j = 1;j <= n + 1; ++j) {
int w = read();
add(num(i + 1,j),num(i,j),w);
}
}
cout<<dinic();
return 0;
}100分代码
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2019-02-12 14:54:58
* @Last Modified time: 2019-02-12 15:31:30
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 501000,M = 10000000;
#define pi pair<int,int>
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >q;
struct node {
int v,nxt,w;
}e[M];
int head[N],ejs;
void add(int u,int v,int w) {
e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
}
int S,T