codeforces 546E. Soldier and Traveling 网络流

最新推荐文章于 2019-10-03 11:18:48 发布

转载最新推荐文章于 2019-10-03 11:18:48 发布 · 245 阅读

图论专栏收录该内容

39 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种利用网络流算法解决城市间人口迁移问题的方法。通过构建特殊的网络流图，实现从初始状态到目标状态的人口转移，并通过输出每个城市的详细迁移路径，验证解决方案的有效性。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

给出n个城市，以及初始时每个城市的人数以及目标人数。初始时有些城市是相连的。每个城市的人只可以待在自己的城市或走到与他相邻的城市，相邻，相当于只能走一条路。

如果目标状态不可达，输出no，否则输出每个城市的人都是怎么走的，比如第一个城市有2个人走到了第二个城市， 1个人留在了第一个城市，那么输出的第一行前两个数就是1， 2。

很明显的网络流，输出那里写了好久...

首先判断能否可达，如果初始状态的人数与目标状态不一样，一定不可达，其次，如果建完图跑网络流的结果与所有目标城市人数的和不一样，也不可达。

建图的话，将一个城市拆成两个点， (u, u') 中间连边inf，说明可以随便走，源点和u相连，权值为初始状态人数， u'与汇点相连，人数为目标状态人数。如果两个城市之间有路相连，那么加边(u, v'), (v, u'），权值为inf。

每个城市的人是怎么走的，应该看反向边的流量，如果边（v', u)的权值为x，那么ans[u][v] = x。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb(x) push_back(x)
#define ll long long
#define mk(x, y) make_pair(x, y)
#define lson l, m, rt<<1
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define rson m+1, r, rt<<1|1
#define mem1(a) memset(a, -1, sizeof(a))
#define mem2(a) memset(a, 0x3f, sizeof(a))
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i<n; i++)
#define ull unsigned long long
typedef pair<int, int> pll;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
const int inf = 1061109567;
const int dir[][2] = { {-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
const int maxn = 2e5;
int q[maxn*2], head[maxn*2], dis[maxn/10], s, t, num, vis[105], val[205][205];
struct node
{
    int to, nextt, c;
    node(){}
    node(int to, int nextt, int c):to(to), nextt(nextt), c(c){}
}e[maxn*2];
void init() {
    num = 0;
    mem1(head);
}
void add(int u, int v, int c) {
    e[num] = node(v, head[u], c); head[u] = num++;
    e[num] = node(u, head[v], 0); head[v] = num++;
}
int bfs() {
    mem(dis);
    dis[s] = 1;
    int st = 0, ed = 0;
    q[ed++] = s;
    while(st<ed) {
        int u = q[st++];
        for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {
            int v = e[i].to;
            if(!dis[v]&&e[i].c) {
                dis[v] = dis[u]+1;
                if(v == t)
                    return 1;
                q[ed++] = v;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int u, int limit) {
    if(u == t) {
        return limit;
    }
    int cost = 0;
    for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {
        int v = e[i].to;
        if(e[i].c&&dis[v] == dis[u]+1) {
            int tmp = dfs(v, min(limit-cost, e[i].c));
            if(tmp>0) {
                e[i].c -= tmp;
                e[i^1].c += tmp;
                cost += tmp;
                if(cost == limit)
                    break;
            } else {
                dis[v] = -1;
            }
        }
    }
    return cost;
}
int dinic() {
    int ans = 0;
    while(bfs()) {
        ans += dfs(s, inf);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n, m, x, y, sum = 0, tmp = 0;
    cin>>n>>m;
    init();
    s = 0, t = n*2+1;
    for(int i = 1; i<=n; i++) {
        scanf("%d", &x);
        add(s, i, x);
        tmp += x;
    }
    for(int i = 1; i<=n; i++) {
        scanf("%d", &x);
        add(i+n, t, x);
        sum += x;
        add(i, i+n, inf);
    }
    while(m--) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(x, y+n, inf);
        add(y, x+n, inf);
    }
    int ans = dinic();
    if(ans != sum||sum!=tmp) {
        cout<<"NO"<<endl;
        return 0;
    }
    cout<<"YES"<<endl;
    for(int u = 1; u<=n; u++) {
        for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {
            int v = e[i].to;
            if(v>n) {
                val[u][v-n] = e[i^1].c;         //反向边流量
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i<=n; i++) {
        for(int j = 1; j<=n; j++) {
            cout<<val[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

很明显的网络流，输出那里写了好久...

每个城市的人是怎么走的，应该看反向边的流量，如果边（v', u)的权值为x，那么ans[u][v] = x。