poj3189 Steady Cow Assignment(匹配/二分图多重匹配+二分+枚举)

题目

n(n<=1e3)只奶牛，

以下n行，每行B个数，代表B个牛棚，

第i行的数据，是按照第i只奶牛对B个牛棚的好感度排的序，

第1到B个数，依次对应rank1到rankB

最后一行，是每个牛棚所能容纳的最大的奶牛数

问，最小的rank差是多少，

即对于一种给定的方案，最小化以下值，

任一奶牛选择的牛棚的rank的最大值-任一奶牛选择的牛棚的rank的最小值

思路来源

https://www.cnblogs.com/zhengguiping--9876/p/5675712.html

http://www.cppblog.com/aswmtjdsj/archive/2011/08/19/153825.html

题解

记最终选择的牛棚的最小rank为mn，最大rank为mx，len=mx-mn+1为区间长度

即最小化区间长度len，二分len，每次枚举mn，将[mn,mn+len-1]建图连牛棚

跑二分图多重匹配，判断是否每只奶牛都有其对应的牛棚可供分配，

若可更新最小值，否则向上二分

代码

#include<iostream>
#include<cstdio> 
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e3+5;
bool vis[N];
int mp[N][22],mx[22];//mx:右yi节点流量限制 
int head[N],cnt,ans;
int t,n,m,u,v;
struct edge{int to,next,w;}e[N*N*2];
struct node
{
	int cnt;//右yi节点的匹配个数
	int k[N];//与右yi匹配的左节点xi的集合 
}link[N];
void init()
{
	memset(head,0,sizeof head);
	cnt=0;
}
void add(int u,int v)
{
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
//mx为u对应的流量 可以先建图再跑 
bool dfs(int u)
{
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(!vis[v])
		{
			vis[v]=1;
			if(link[v].cnt<mx[v])
			{
				link[v].k[link[v].cnt++]=u;
				return 1;
			}
			for(int j=0;j<link[v].cnt;++j)
			{
				if(dfs(link[v].k[j]))
				{
					link[v].k[j]=u;
					return 1;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}
bool hungary(int n)
{
	memset(link,0,sizeof link);
	for(int u=1;u<=n;++u)
	{
		memset(vis,0,sizeof vis);
		if(!dfs(u))return 0;
	}
	return 1;
}
bool ok(int len)
{
	for(int l=1;l+len-1<=m;++l)//建[l,l+len-1]的图 
	{
		init();
		int r=l+len-1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=l;j<=r;++j)
			add(i,mp[i][j]);
		}
		if(hungary(n))return 1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=m;++j)
			{
				scanf("%d",&mp[i][j]);
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d",&mx[i]);
		int L=0,R=m;//二分最大rank和最小rank的差值 
		while(L<=R)
		{
			int mid=(L+R)/2;
			if(ok(mid))R=mid-1;
			else L=mid+1;
		}
		printf("%d\n",L);
	}
	return 0;
}