题目描述
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？题解
有一个初步的想法，因为图是无向的，所以我们的往返可以看做走两遍。
所以我们就把无向图连出来，然后连上源和汇跑一遍最大流，然后检查是否漫流。
但这样会有一个问题，两股流有可能会有交叉的地方，这样我们有可能会把无解判断成有解。
也就是\(s1->t2\ s2->t1\)。
正解非常巧妙，就是把一条路径反过来再跑一遍，如果还漫流，则说明有解。
为什么，这时如果还满流，那么会有\(s1->s2\ t2->t1\)那么这说明\(s1\)是这股流是可以到\(t1\)的，\(s2\)也是可以到\(t2\)的，则它是有解的。
代码
#include#include #include #include #define N 60#define inf 1e9using namespace std;queue q;int head[N],tot=1,cur[N],deep[N],n,ans;char s[N][N];inline int rd(){ int x=0;char c=getchar();bool f=0; while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();} return f?-x:x;}struct edge{ int n,to,l;}e[N*N*10];inline void add(int u,int v,int l){ e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;e[tot].l=l; e[++tot].n=head[v];e[tot].to=u;head[v]=tot;e[tot].l=l;}bool bfs(int s,int t){ memcpy(cur,head,sizeof(head)); memset(deep,0,sizeof(deep)); q.push(s);deep[s]=1; while(!q.empty()){ int u=q.front();q.pop(); for(int i=head[u];i;i=e[i].n){ int v=e[i].to; if(!deep[v]&&e[i].l){ deep[v]=deep[u]+1; q.push(v); } } } return deep[t];}int dfs(int u,int t,int l){ if(u==t||!l)return l; int flow=0,f; for(int &i=cur[u];i;i=e[i].n){ int v=e[i].to; if(deep[v]==deep[u]+1&&(f=dfs(v,t,min(l,e[i].l)))){ e[i].l-=f;e[i^1].l+=f;flow+=f;l-=f; if(!l)break; } } return flow;}int main(){ int a1,a2,an,b1,b2,bn; while(scanf("%d",&n)!=EOF){ a1=rd()+1;a2=rd()+1;an=rd();b1=rd()+1;b2=rd()+1;bn=rd();; for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+1); tot=1; memset(head,0,sizeof(head)); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j