Description
Alice和Bob居住在一个由N座岛屿组成的国家，岛屿被编号为0到N-1。某些岛屿之间有桥相连，桥上的道路是双
向的，但一次只能供一人通行。其中一些桥由于年久失修成为危桥，最多只能通行两次。Alice希望在岛屿al和a2之间往返an次（从al到a2再从a2到al算一次往返）。同时，Bob希望在岛屿bl和b2之间往返bn次。这个过程中，所有危桥最多通行两次，其余的桥可以无限次通行。请问Alice和Bob能完成他们的愿望吗？
Input
本题有多组测试数据。
每组数据第一行包含7个空格隔开的整数，分别为N、al、a2、an、bl、b2、bn。
接下来是一个N行N列的对称矩阵，由大写字母组成。矩阵的i行j列描述编号i一1和j-l的岛屿间的连接情况，若为“O”则表示有危桥相连：为“N”表示有普通的桥相连：为“X”表示没有桥相连。
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Output
对于每组测试数据输出一行，如果他们都能完成愿望输出“Yes”，否则输出“No”。
Sample Input
4 0 1 1 2 3 1
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX
Sample Output
Yes
No
数据范围
4<=N<50
O<=a1, a2, b1, b2<=N-1
1 <=an. b<=50
建图很容易……很容易想到按原图保留边
好桥容量为INF，危桥容量为2。
只不过这样只有三十分，因为这个题有一个神奇的坑点……
blog.csdn.net/kiana810/article/details/22622539
两遍最大流，第一次源点连接Alice的起点和Bob的起点，第二次源点连接Alice的起点和Bob的终点
为什么这样是正确的呢？
因为假设结果是Alice从起点跑到了Bob的终点，
那么交换后两条路径要么没有源点，要么没有汇点，肯定GG
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
#define MAXM (1000000+10)
#define MAXN (30000+10)
using namespace std;
struct node
{
int Flow;
int next;
int to;
} edge[MAXM*2];
int Depth[MAXN];
int head[MAXN],num_edge;
int n,m,s,e,x,y,INF,a[MAXN];
int a1,a2,an,b1,b2,bn;
char st[1001][1001];
queue<int>q;
void add(int u,int v,int l)
{
edge[++num_edge].to=v;
edge[num_edge].Flow=l;
edge[num_edge].next=head[u];
head[u]=num_edge;
}
bool Bfs(int s,int e)
{
memset(Depth,0,sizeof(Depth));
q.push(s);
Depth[s]=1;
while (!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for (int i=head[x]; i!=0; i=edge[i].next)
if (!Depth[edge[i].to] && edge[i].Flow>0)
{
Depth[edge[i].to]=Depth[x]+1;
q.push(edge[i].to);
}
}
return Depth[e];
}
int Dfs(int x,int low)
{
int Min,f=0;
if (x==e || low==0)
return low;
for (int i=head[x]; i!=0; i=edge[i].next)
if (edge[i].Flow>0 && Depth[edge[i].to]==Depth[x]+1 && (Min=Dfs(edge[i].to,min(low,edge[i].Flow))))
{
edge[i].Flow-=Min;
edge[((i-1)^1)+1].Flow+=Min;
low-=Min;
f+=Min;
if (low==0) return f;
}
if (!f) Depth[x]=-1;
return f;
}
int Dinic(int s,int e)
{
int Ans=0;
while (Bfs(s,e))
Ans+=Dfs(s,0x7fffffff);
return Ans;
}
void Add_edge()
{
memset(head,0,sizeof(head)); num_edge=0;
memset(edge,0,sizeof(edge));
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=n; ++j)
if (st[i][j-1]!=‘X‘)
{
int t=st[i][j-1]==‘O‘?2:INF;
add(i,j,t);
add(j,i,0);
}
add(s,a1,2*an); add(a1,s,0);
add(s,b1,2*bn); add(b1,s,0);
add(a2,e,2*an); add(e,a2,0);
add(b2,e,2*bn); add(e,b2,0);
}
int main()
{
memset(&INF,0x7f,sizeof(INF));
s=0,e=20001;
while (scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)!=EOF)
{
a1++;a2++;b1++;b2++;
for (int i=1; i<=n; ++i)
scanf("%s",st[i]);
Add_edge();
if (Dinic(s,e)==2*an+2*bn)
{
swap(b1,b2);
Add_edge();
if (Dinic(s,e)==2*an+2*bn) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
else
printf("No\n");
}
}
