[Luogu P2891/POJ 3281/USACO07OPEN ]吃饭Dining

传送门:洛谷


Solution

网络流

先引用一句真理:网络流最重要的就是建模
今天这道题让我深有体会

首先,观察数据范围,n=100,一般这种100-1000的图论题,很有可能是网络流.

那就直接从网络流的角度入手

考虑这样建模
kwklcV.png

建模要点如下:

1.建权值为1的边,保证每个食物和水仅用一次

2.没了

对以上的图求一个最大流,那不就是我们想要的最大的匹配数吗?

看起来是不是很OjbK?

.

其实不然,这样子一头牛有可能脚踏N条食物和水,但是题目要求一头牛只能吃喝一次

反例如下:

kwk0c6.png

所以说,我们要对一头牛吃的东西做一个限制,保证其只流过1

怎么限制呢?

直接把一头牛拆成两头牛,中间连一条边就OK了嘛

如下图:
kwkrnO.png

接下来就可以考虑如何给点编号了

我的编号方法很直接,很暴力

源点:1

食物: 2 ~ 2+f-1

牛 2+f ~ 2+f+2n -1

水: 2+f+2n ~ 2+f+2n+d

汇点:1000

如下图所示

按照以上方法,每种物品对应的点为:

食物i : 1+i

牛i : 1+f+i

牛i的右边的分点: 1+f+n+i

水i: 1+f+2*n+i

然后dinic直接求一波最大流就可以带走啦

DINIC教程传送门: http://www.cnblogs.com/SYCstudio/p/7260613.html (个人感觉写得很清楚)

Code

//Luogu P2891 [USACO07OPEN]吃饭Dining
//Apr,2ed,2018
//Dinic求最大流
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
long long read()
{
    long long x=0,f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=100+10;
const int M=N*10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct line
{
    int t,rev,w;
};
vector <line> e[M];
inline void AddLine(int s,int t)
{
    line temp;
    temp.t=t,temp.rev=e[t].size(),temp.w=1;
    e[s].push_back(temp);
    temp.t=s,temp.rev=e[s].size()-1,temp.w=0;
    e[t].push_back(temp);
}
int n,f,d;
int dl[M],head,tail,depth[M];
bool visited[M];
bool bfs()
{
    memset(visited,0,sizeof visited);
    dl[1]=1,depth[1]=1;
    visited[1]=true;
    head=1,tail=2;
    while(head<tail)
    {
        int now=dl[head],size=e[now].size();
        for(int i=0;i<size;i++)
            if(visited[e[now][i].t]==false and e[now][i].w>0)
            {
                visited[e[now][i].t]=true;
                dl[tail++]=e[now][i].t;
                depth[e[now][i].t]=depth[now]+1;
            }
        head++;
    }
    return visited[1000];
}
int dfs(int now,int f)
{
    if(now==1000)
        return f;
    int size=e[now].size(),ans=0;
    for(int i=0;i<size;i++)
        if(depth[e[now][i].t]==depth[now]+1 and e[now][i].w>0)
        {
            int t_ans=dfs(e[now][i].t,min(f,e[now][i].w));
            e[now][i].w-=t_ans;
            e[e[now][i].t][e[now][i].rev].w+=t_ans;
            f-=t_ans,ans+=t_ans;
            if(f==0) break;
        }
    return ans;
}
int Dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())
        ans+=dfs(1,inf);
    return ans;
}
int main()
{
    n=read(),f=read(),d=read();
    for(int i=1;i<=1000;i++)
        e[i].reserve(16);
    for(int i=1;i<=f;i++)
        AddLine(1,1+i);
    for(int i=1;i<=d;i++)
        AddLine(1+f+2*n+i,1000);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int F=read(),D=read(),temp;
        for(int j=1;j<=F;j++)
        {
            temp=read();
            AddLine(1+temp,1+f+i);
        }
        for(int j=1;j<=D;j++)
        {
            temp=read();
            AddLine(1+f+n+i,1+f+2*n+temp);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        AddLine(1+f+i,1+f+n+i);

    printf("%d",Dinic());
    return 0;
}

C++

后记

写的时候发现自己真的有点生疏了,这种比较靠记忆的算法还是久不久搞一下来恢复记忆为妙

网络流的时间复杂度真玄学

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