Dining POJ - 3281(离散化建图 + 最大流匹配问题)

最新推荐文章于 2022-07-21 15:41:10 发布

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#最大流

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本文介绍了一种解决特定匹配问题的方法，通过将问题转化为流量网络，并采用拆点技巧来确保每头牛仅能消费一种饮料和一种食物。通过构建源点到食物、食物到牛再到饮料直至汇点的路径，实现了最大流算法求解。

建图：

由于是一个牛对应一个饮料和食物，这很类似于二分图匹配，但是并不是二分图匹配。
我们想一个问题，我们将食物->牛->饮料连边建图的话，一个牛能被多个食物流过来，牛又可以将多个流通过不同的饮料流出，这样就不符合题目中的一头牛只能吃一个饮料和食物，这样我们就可以将牛进行拆点，分成牛1和牛2，这样牛1与牛2之间的流量为1，这样就很好限制了题目中的条件

源点：0，
食物；1 - 100,
牛1: 101 - 200
牛2:201 - 300
饮料:301 - 400
汇点:405

ACcode：

/*
 * @Author: NEFU_马家沟老三
 * @LastEditTime: 2020-11-05 21:38:08
 * @优快云 blog: https://blog.youkuaiyun.com/acm_durante
 * @E-mail: 1055323152@qq.com
 * @ProbTitle: 
 */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <set>
#include <list>
#include <deque>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const double PI = acos(-1.0);
const int N =505,M = 800000,inf = 0x3f3f3f;
/*
源点：0，
food；1 - 100,
cow1: 101 - 200
cow2:201 - 300
cd:301 - 400
汇点:405
*/
struct node{
    int v,w,next;
}e[M];
int head[N],cnt,d[N],now[N];

void add(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v = v,e[cnt].w = w,e[cnt].next = head[u],head[u] = cnt;
    e[++cnt].v = u,e[cnt].w = 0,e[cnt].next = head[v],head[v] = cnt;
}

queue<int>q;

bool bfs(int s,int t){//分层图
    mem(d,0);
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(s);d[s] = 1;now[s] = head[s];
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int i = head[u] ; ~i ; i = e[i].next){
            int v = e[i].v, w = e[i].w;
            if(w && d[v] == 0){
                q.push(v);
                now[v] = head[v];
                d[v] = d[u] + 1;
                if(v == t) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int dfs(int u,int t,int flow){
    if(u == t) return flow;
    int rest = flow, i , k;//rest 残留图的存量
    for(i = now[u]; ~i && rest; i = e[i].next){
        int v = e[i].v , w = e[i].w;
        if(w && d[v] == d[u] + 1){
            k = dfs(v,t,min(rest,w));
            if(!k) d[v] = 0;//减枝
            e[i].w -= k;
            e[i^1].w += k;
            rest -= k;   
        }
    }
    now[u] = i;
    return flow - rest;
}

int dinic(int s,int t){
    int res = 0,flow = 0;
    while(bfs(s,t)){
        while(flow = dfs(s,t,inf)) res += flow; 
    }
    return res;
}
int main()
{
    int n,f,d;
    mem(head,-1);
    cnt = 1;
    scanf("%d%d%d",&n,&f,&d);
    rep(i,1,n){
        int cf,cd,x;
        scanf("%d%d",&cf,&cd);
        rep(j,1,cf){//food
            scanf("%d",&x);
            add(x,i + 100,1);
        }
        add(i+100,i+200,1);
        rep(j,1,cd){
            scanf("%d",&x);
            add(i+200,x+300,1);
        }
    }
    rep(i,1,f) add(0,i,1);
    rep(i,1,d) add(i + 300,405,1);
    printf("%d\n",dinic(0,405));
    return 0;
}