题目
在第一行若干个位置有a个机器人，彼此位置不重叠，第i个坐标是(0,ai)，开始所有机器人都朝下
最后一行若干位置有b个出口，彼此位置不重叠，第j个坐标是(n+1,bj)
它们其中的区域，(1,1)到(n,m)是一个迷宫，
有些位置是障碍，用‘1’表示，不能走，也不能放装置，
有些位置是空地，可以允许同时多个机器人在上经过，也可以在上放一个转向装置，
装置分四种，分别记为NE，SW，SE，NW，其中EWSN分别是东西南北的缩写，
以NE为例，即如图所示，
你可以从这个装置北侧向南走进这个装置，过了装置之后往东走，
也可以从这个装置东侧向西走进这个装置，过了装置之后往北走，
从西或者南是走不进这个装置的（此时可以把这个点视为墙）
其余几个同理，
问是否存在装置摆放方案，使得a个机器人都能走到出口
思路来源
乱搞过去的总结一下
题解
多画一些情况，发现任意两个机器人xi,xj不会在某个点之后走相同的路径，
这是因为假设相遇点是X，则X之后走相同的路径是一个方向，
而xi,xj来路是两个方向，共三个方向，与转向装置只面向两个方向矛盾
所以机器人路径在边集上没有交集，只可能出现点交，如样例的情况，
格子与格子之间只能允许一个机器人通过，
即迷宫相邻两个点之间流量最大为1，就建好图了，
检查是否存在s到t的流量为a的流即可
不要质疑dinic的复杂度，dinic在边权均为1的图上很快，小于O(nm)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e4+1e3;
const int maxm=4e4+4e3;
int level[maxn];
int head[maxn],cnt;
struct edge{int v,nex;ll w;}e[maxm];
void init()
{
cnt=0;
memset(head,-1,sizeof head);
}
void add(int u,int v,ll w)
{
e[cnt].v=v;
e[cnt].w=w;
e[cnt].nex=head[u];
head[u]=cnt++;
}
void add2(int u,int v,ll w,bool op)//是否为有向图
{
add(u,v,w);
add(v,u,op?0:w);
}
bool bfs(int s,int t)
{
queue<int>q;
memset(level,0,sizeof level);
level[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
if(x==t)return 1;
for(int u=head[x];~u;u=e[u].nex)
{
int v=e[u].v;ll w=e[u].w;
if(!level[v]&&w)
{
level[v]=level[x]+1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
ll dfs(int u,ll maxf,int t)
{
if(u==t)return maxf;
ll ret=0;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].v;ll w=e[i].w;
if(level[u]+1==level[v]&&w)
{
ll MIN=min(maxf-ret,w);
w=dfs(v,MIN,t);
e[i].w-=w;
e[i^1].w+=w;
ret+=w;
if(ret==maxf)break;
}
}
if(!ret)level[u]=-1;//优化,防止重搜,说明u这一路不可能有流量了
return ret;
}
ll Dinic(int s,int t)
{
ll ans=0;
while(bfs(s,t))
ans+=dfs(s,INF,t);
return ans;
}
int t,n,m,a,b,c,v;
char s[105][105];
int f(int x,int y){
return x*m+y;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--){
init();
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
int st=10500,ed=st+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<m;++j){
if(s[i][j]=='1')continue;
if(i-1>=1 && s[i-1][j]!='1')add2(f(i-1,j),f(i,j),1,0);
if(j-1>=0 && s[i][j-1]!='1')add2(f(i,j-1),f(i,j),1,0);
}
}
for(int i=1;i<=a;++i){
scanf("%d",&v);v--;
add2(st,f(0,v),1,0);
if(s[1][v]!='1')add2(f(0,v),f(1,v),1,0);
}
for(int j=1;j<=b;++j){
scanf("%d",&v);v--;
add2(f(n+1,v),ed,1,0);
if(s[n][v]!='1')add2(f(n,v),f(n+1,v),1,0);
}
puts(Dinic(st,ed)==a?"Yes":"No");
}
return 0;
}
