Blue Mary的旅行2 - 网络流

题目大意和Blue Mary的旅行差不多，只是要求同时出发，且行进过程中不允许停留。问是否可行以及最小的最大时间；

解：借鉴Blue Mary的旅行这道题的思路可以考虑检出分层图，然后第i层的u和第i+1层的v(u!=v)连边当且仅当原图中有u和v的连边。

同层之间不连边。

枚举答案跑最大流，流量>=人数时输出。由于是DAG所以答案最大是N-1如果层数大于这个流量还到不了人数说明无法满足此时输出-1.

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<queue>
#define INF INT_MAX
#define MAXN 11000
#define MAXM 500000
using namespace std;
struct edges{
	int to,pre,resf;
}e[MAXM];int etop,h[MAXN],lev[MAXN];
bool vis[MAXN];int u[MAXN],v[MAXN];
queue<int> q;int cur[MAXN];
inline int add_edge(int u,int v,int c)
{
	etop++;
	e[etop].to=v;
	e[etop].resf=c;
	e[etop].pre=h[u];
	h[u]=etop;
	return 0;
}
inline int build_edge(int u,int v,int c)
{
	add_edge(u,v,c);
	add_edge(v,u,0);
	return 0;
}
inline bool bfs(int s,int t)
{
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	memset(lev,0,sizeof(lev));
	while(!q.empty()) q.pop();
	q.push(s);lev[s]=0;vis[s]=true;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop();
		for(int i=h[x];i;i=e[i].pre)
			if(!vis[e[i].to]&&e[i].resf)
			{
				vis[e[i].to]=true;
				lev[e[i].to]=lev[x]+1;
				q.push(e[i].to);
			}
	}
	return vis[t];
}
inline int dfs(int s,int t,int a)
{
	if(s==t||!a) return a;
	int flow=0,f;
	for(int &i=cur[s];i;i=e[i].pre)
		if(lev[e[i].to]==lev[s]+1&&(f=dfs(e[i].to,t,min(a,e[i].resf)))>0)
		{
			a-=f;flow+=f;e[i].resf-=f;
			e[((i-1)^1)+1].resf+=f;
			if(!a) break;
		}
	return flow;
}
int main()
{
	freopen("san.in","r",stdin);
	freopen("san.out","w",stdout);
	int n,m,k,s,t,flow;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
	s=1;flow=0;
	for(int cnt=1;cnt<=n;cnt++)
	{
		for(int i=1;i<=m;i++)
			build_edge((cnt-1)*n+u[i],cnt*n+v[i],1);
		build_edge(cnt*n,t=((cnt+1)*n),k);
		while(bfs(s,t))
		{
			for(int i=s;i<=t;i++)
				cur[i]=h[i];
			flow+=dfs(s,t,INF);
		}
		if(flow>=k)
		{
			printf("%d\n",cnt);
			return 0;
		}
	}
	printf("-1\n");return 0;
}