poj 2060 最大匹配（最少出租出满足所有顾客）

题意：有m个顾客，每个有开始时间(xx:xx)，起点(a,b)与终点(c,d)。拉完这个顾客所需时间是|a-c|+|b-d|分钟。一个车在一天(00:00 to 23:59)之内可能做完i任务之后又能做j任务（条件见原题），问最少需要多少辆出租出能满足所有的乘客。

思路：这道题和算法设计中第7章网络流的第9节(Airline Scheduling)相似。记得当时课上老师给出了另一种做法，即用n减去最大匹配的值。实际上确实如此，如果拉完第i个顾客还能拉第j个顾客，那么在i和j之间连一条边。有人管这个叫做最小路径覆盖。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#define N 505
struct node{
    int t,a,b,c,d;
}p[N];
struct edge{
    int y,next;
}e[N*N];
int T,lk[N],used[N],n,m,first[N],top;
void add(int x,int y){
    e[top].y = y;
    e[top].next = first[x];
    first[x] = top++;
}
int test(int x,int y){
    int consume = abs(p[x].a-p[x].c)+abs(p[x].b-p[x].d);//前一个顾客的运行时间
    int gap = abs(p[x].c-p[y].a)+abs(p[x].d-p[y].b);//从上一个终点到下一个起点所需的时间
    return (p[y].t-p[x].t-1)>=consume+gap;
}
int dfs(int x){
    int i,y;
    for(i = first[x];i!=-1;i=e[i].next){
        y = e[i].y;
        if(!used[y]){
            used[y] = 1;
            if(lk[y]==-1 || dfs(lk[y])){
                lk[y] = x;
                return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int hungary(){
    int i,res=0;
    for(i = 1;i<=n;i++){
        memset(used, 0, sizeof(used));
        if(dfs(i))
            res++;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int i,j,h,m;
        memset(first, -1, sizeof(first));
        memset(lk, -1, sizeof(lk));
        top=0;
        scanf("%d",&n);
        for(i = 1;i<=n;i++){
            scanf("%d:%d %d %d %d %d",&h,&m,&p[i].a,&p[i].b,&p[i].c,&p[i].d);
            p[i].t = h*60+m;
        }
        for(i = 1;i<n;i++)
            for(j = i+1;j<=n;j++)
                if(test(i,j))
                    add(i,j);
        printf("%d\n",n-hungary());
    }
    return 0;
}