「BZOJ3504」[CQOI2014]危桥

Description

Alice 和 Bob 居住在一个由 NN 座岛屿组成的国家,岛屿被编号为 00N1N-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 a1a_1a2a_2 之间往返 ana_n 次(从 a1a1a2a2 再从 a2a2a1a1 算一次往返)。同时,Bob 希望在岛屿 b1b_1b2b_2 之间往返 bnb_n 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七个空格隔开的整数,分别为NNa1a_1a2a_2ana_nb1b_1b2b_2bnb_n
接下来是一个 NNNN 列的对称矩阵,由大写字母组成。矩阵的 iijj 列描述编号 i1i-1j1j-1 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。

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”(不含引号)。

Sample Input

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4 0 1 1 2 3 1
XOXX
OXOX
XOXO
XXOX
4 0 2 1 1 3 2
XNXO
NXOX
XOXO
OXOX

Sample Output

1
2
Yes
No

HINT

对于所有数据,4N<50, 0a1,a2,b1,b2N1, 1an,bn504 \leq N<50,\ 0 \leq a_1, a_2, b_1, b_2 \leq N-1,\ 1 \leq a_n, b_n \leq 50

Solution

按照正常思路ssa1a_1b1b_1分别连容量为ana_nbnb_n的边。a2,b2a_2,b_2tt分别连容量为ana_nbnb_n的边。
跑第一遍最大流。
然后其他不变,b1b_1改成连向ttb2b_2改成由ss连入。
跑第二遍最大流。
两边都是满流的话,就是满足条件的。

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<bitset>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read() {ll x = 0; char ch = getchar(), w = 1;while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') w = -1;
ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * w;}
void write(ll x) {if(x < 0) putchar('-'), x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
inline void writeln(ll x) {write(x);puts("");}
const int N = 110, M = N * N * 6;
const int inf = 1e9;
struct G {
struct Edge {
int u, v, nxt, f;
}e[M];
int en, head[N];
void addedge(int x, int y, int z) {
e[++en].u = x, e[en].v = y, e[en].nxt = head[x], head[x] = en, e[en].f = z;
e[++en].u = y, e[en].v = x, e[en].nxt = head[y], head[y] = en, e[en].f = 0;
}
int s, t;
int d[N];
bool bfs() {
queue<int>q;
q.push(s);
memset(d,0,sizeof d);
d[s] = 1;
while(!q.empty()) {
int x = q.front(); q.pop();
for(int i = head[x]; i;i = e[i].nxt) if(e[i].f){
int y = e[i].v;
if(!d[y]) {
d[y] = d[x] + 1;
if(y == t) return 1;
q.push(y);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x, int flow) {
if(x == t) return flow;
int k, rest = flow;
for(int i = head[x]; i && rest; i = e[i].nxt) if(d[e[i].v] == d[x] + 1 && e[i].f) {
k = dinic(e[i].v, min(rest, e[i].f));
e[i].f -=k;
e[i ^ 1].f += k;
rest -= k;
}
if(flow == rest) d[x] = 0;
return flow - rest;
}
int maxflow() {
int res = 0, y;
while(bfs()) {
while(y = dinic(s, inf))
res += y;
// puts("OK");
}
return res;
}
}g1, g2;
char str[N];
int n, a[4], b[4];
int main() {
while(~scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a[1],&a[2],&a[3],&b[1],&b[2],&b[3])) {
++a[1];++a[2];++b[1];++b[2];
g1.en = g2.en = 1;
memset(g1.head,0,sizeof g1.head);
memset(g2.head,0,sizeof g2.head);
g1.s = n + 1;
g1.t = n + 2;
g2.s = n + 1;
g2.t = n + 2;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%s", str + 1);
for(int j = 1; j <= n; ++j){
if(str[j] == 'X') continue;
if(str[j] == 'N') {
g1.addedge(i, j, inf);
// g1.addedge(j, i, inf);
g2.addedge(i, j, inf);
// g2.addedge(j, i, inf);
} else {
g1.addedge(i, j, 1);
// g1.addedge(j, i, 1);
g2.addedge(i, j, 1);
// g2.addedge(j, i, 1);
}
}
}
g1.addedge(g1.s, a[1], a[3]);
g1.addedge(g1.s, b[1], b[3]);
g1.addedge(a[2], g1.t, a[3]);
g1.addedge(b[2], g1.t, b[3]);

g2.addedge(g2.s, a[1], a[3]);
g2.addedge(g2.s, b[2], b[3]);
g2.addedge(a[2], g2.t, a[3]);
g2.addedge(b[1], g2.t, b[3]);
/* printf("v=%d\n", g1.maxflow());
printf("v=%d\n", g2.maxflow());*/
if(g1.maxflow() == a[3] + b[3] && g2.maxflow() == a[3] + b[3]) {
puts("Yes");
} else puts("No");
}
return 0;
}