自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	ShineEternal **

搬运于2025-08-24 21:53:39，当前版本为作者最后更新于2019-04-13 20:23:54，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

写在前面：

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分析：

首先整理一下条件： 1、恰好进出每个需打扫的房间各一次

2、进出每个房间不能通过同一个门

（其实前两个条件是一回事）

3、要求每条路线都是一个闭合的环线

4、每条路线经过的房间数大于2

让你在一个n*m的矩阵中，找出是否能按照约定方案打扫全部指定房间。

首先不难得出一个结论：有奇数个需要打扫的房间时一定无解。

证明？

每一次打扫都要满足条件3和4，而闭合的环线为多边形，显然必须对称（即通过平移可得到矩形），不难看出：每一次都能且只能打扫偶数个房间。

然后稍作分析，发现每个格子的度为2（即进入此房再出去）。

考虑建图。

一个房间上下左右有门，我们自然而然想到一个点向周围四个连边，就构成了黑白染色的模型。

一个矩阵中的房间最多用两条路线打扫即可。

每个点都要走到。 所以每个点都会向上下左右异色格点流出1，同时也会接受另一个点的流入。

我们这时将白点流向黑点的流反向，这样每个白点流入2，每个黑点流出2。

于是每个点有2的流量，来说明可以有两条边和它相连。

黑点都向S连边，白点都向T连边

然后图建好了，开始跑网络流，如果满流就证明所有的点都进，出过一次，打扫完毕，输出yes；否则no

建图总结：

• 节点含义：房间
• 边的含义：打扫路线
• 边如何相连：四连通
• 源点S：矩阵外一点
• 汇点T：矩阵外一点

代码：

#include<cstdio>
#include<vector> 
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define inf 0x7fffffff
int n,m,s,t,ans;
int gx[5]={0,0,-1,0,1};
int gy[5]={0,-1,0,1,0};
//int gy[5]={0,-1,1,0,0};
//int gx[5]={0,0,0,-1,1};
int d[1000],id[105][105];
char a[105][105];
struct edge
{
    int to,val,rev;
    edge(int _to,int _val,int _rev)
    {
        to=_to;
        val=_val;
        rev=_rev;
    }
};
vector<edge>e[1000];
void add(int x,int y,int w)
{
    e[x].push_back(edge(y,w,e[y].size()));
    e[y].push_back(edge(x,0,e[x].size()-1));
}
bool bfs()
{
   memset(d,-1,sizeof(d));
    
    queue<int>q;
   
    q.push(s);
    d[s]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<e[x].size();i++)
        {
            int y=e[x][i].to;
            if((d[y]==-1)&&e[x][i].val)
            {
            	q.push(y);
                d[y]=d[x]+1;
                
            }
        }
    }
    if(d[t]==-1)
    return 0;
    else
    return 1;
}
int dfs(int x,int low)
{
    if(x==t||low==0)return low;
    int totflow=0;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        int y=e[x][i].to;
        int rev=e[x][i].rev;
        if((d[y]==(d[x]+1))&&e[x][i].val)
        {
            int a=dfs(y,min(low,e[x][i].val));
            e[x][i].val-=a;
            e[y][rev].val+=a;
            low-=a;
            totflow+=a;
            if(low==0)return totflow;
        }
    }
    if(low!=0)d[x]=-1;
    return totflow;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        for(int i=0;i<=1000;i++)
        e[i].clear();
        int cnt=0,tot=0,sum=0;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                cin>>a[i][j];
                id[i][j]=++cnt;
                if(a[i][j]=='.')tot++;
            }
        }
        s=0;
        t=cnt+1;
        if(tot%2==1)
        {
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        if((n==1)||(m==1))
        {
        	printf("NO\n");
            continue;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                    if(a[i][j]=='.')
                    {
                if(((i+j)%2)==1)
                {
                        add(s,id[i][j],2);
                        sum+=2;
                        for(int k=1;k<=4;k++)
                        {
                            int nx=i+gx[k];
                            int ny=j+gy[k];
                            if((nx>=1)&&(nx<=n)&&(ny>=1)&&(ny<=m)&&(a[nx][ny]!='#'))
                                add(id[i][j],id[nx][ny],1);
                        }
                }
                else
                {
                    add(id[i][j],t,2);
                }
                    }
            }
        }
        ans=0;
        while(bfs())
        {
     
        ans+=dfs(s,inf);
   		}
        if(ans==tot)
        {
            printf("YES\n");
        }
        else
        printf("NO\n");
    }
    return 0;
}