洛谷 P2756 飞行员配对方案问题题解-优快云博客

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洛谷 P2756 飞行员配对方案问题题解

题目
做法
代码
结语

题目

题目背景

第二次世界大战期间，英国皇家空军从沦陷国征募了大量外籍飞行员。由皇家空军派出的每一架飞机都需要配备在航行技能和语言上能互相配合的两名飞行员，其中一名是英国飞行员，另一名是外籍飞行员。在众多的飞行员中，每一名外籍飞行员都可以与其他若干名英国飞行员很好地配合。

题目描述

一共有 $n$ 个飞行员，其中有 $m$ 个外籍飞行员和 $(n - m)$ 个英国飞行员，外籍飞行员从 $1$ 到 $m$ 编号，英国飞行员从 $m + 1$ 到 $n$ 编号。对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，试设计一个算法找出最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。

输入格式

输入的第一行是用空格隔开的两个正整数，分别代表外籍飞行员的个数 $m$ 和飞行员总数 $n$ 。
从第二行起到倒数第二行，每行有两个整数 $u, v$ ，代表外籍飞行员 $u$ 可以和英国飞行员 $v$ 配合。
输入的最后一行保证为 -1 -1，代表输入结束。

输出格式

本题存在 Special Judge。
请输出能派出最多的飞机数量，并给出一种可行的方案。
输出的第一行是一个整数，代表一次能派出的最多飞机数量，设这个整数是 $k$ 。
第 $2$ 行到第 $k + 1$ 行，每行输出两个整数 $u, v$ ，代表在你给出的方案中，外籍飞行员 $u$ 和英国飞行员 $v$ 配合。这 $k$ 行的 $u$ 与 $v$ 应该互不相同。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

【数据范围与约定】

对于 $100\%$ 的数据，保证 $\leq m \leq n < 100$ ， $\leq u \leq m < v \leq n$ ，同一组配对关系只会给出一次。

【提示】

请注意输入的第一行先读入 $m$ ，再读入 $n$ 。

做法

本文只讲解最大流解法，不讲解匈牙利算法解法，感兴趣可以自己看。

容易发现这是一个二分图的最大匹配，外籍飞行员和英国飞行员匹配，其中他们可以匹配就对应他们之间连了一条边，答案就是最大匹配。

考虑如何建图。

我们假设左面一排点为 $a_1, a_2, a_3, ..., a_n$ ，右面一排点为 $b_1, b_2, b_3, ..., b_m$ ，左面的点与右面的点进行匹配。

首先，从原点向每个 $a$ 连一条容量为 $1$ 的边。

其次，一个 $a$ 和一个 $b$ 能匹配就从 $a$ 向 $b$ 连一条容量为 $1$ 的边。

最后，从每个 $b$ 向汇点连一条容量为 $1$ 的边。

跑一边最大流就是答案。

建图如下：

匹配建图

为什么这样建图是正确的呢？

我们只需要证明三个方面：

任意一个原问题的方案都可以对应到一个可行流。
任意一个可行流都可以对应到一个原问题的方案。
原问题的方案和可行流的流量是相等的。

任意一个原问题的方案，如果一个 $a$ 被选，那么就从原点向这个 $a$ 流 $1$ ，如果一个 $b$ 备选，那么就从这个 $b$ 向汇点流 $1$ ，如果 $a$ 和 $b$ 匹配，就从 $a$ 到 $b$ 流 $1$ 。除了原点和汇点，其他点有流进就有对应的流出，所以它满足流量守恒。每条边最多只流了 $1$ ，所以它满足容量限制。所以这是一个可行流。

任意一个可行流，如果 $a$ 向 $b$ 流了 $1$ ，就表示 $a$ 和 $b$ 匹配。每个 $a$ 只能从原点流过来 $1$ ，由于流量守恒，所以它只能 $a$ 流出去 $1$ ，表示每个 $a$ 都只能选 $1$ 次，每个 $b$ 向汇点流出去 $1$ ，表示每个 $b$ 最多只能选 $1$ 次。所以这是一个合法方案。

可行流的流量，表示原点流出去多少流量，由于从原点流出去的流量都是 $1$ ，因此流量就是选了多少个 $a$ ，又因为一个 $a$ 都对应一个原问题的匹配，所以流量就是匹配数。

还有一个问题，原问题要求是整数值可行流，而最大流不一定是整数值可行流。这个不会影响结果，因为最大流算法中，没有小数变量，所以一定是整数值可行流。就算有的流不是整数值可行流，他也不会优于最大流，所以不会影响答案。

因此，这样建图是正确的。

考虑如何输出方案。看一下 $a$ 和 $b$ 之间的边，流 $1$ 就表示匹配，没流就表示没匹配。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110, M = 5210, INF = 2e9;

int n, m, S, T;
int h[N], e[M], f[M], ne[M], idx;
int q[N], d[N], cur[N];

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, f[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
    e[idx] = a, f[idx] = 0, ne[idx] = h[b], h[b] = idx ++ ;
}

bool bfs()
{
    memset(d, -1, sizeof d);
    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = S, d[S] = 0, cur[S] = h[S];
    while (hh <= tt)
    {
        int t = q[hh ++ ];
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int ver = e[i];
            if (d[ver] == -1 && f[i])
            {
                d[ver] = d[t] + 1;
                cur[ver] = h[ver];
                if (ver == T) return 1;
                q[ ++ tt] = ver;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int find(int u, int limit)
{
    if (u == T) return limit;
    int flow = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        cur[u] = i;
        int ver = e[i];
        if (d[ver] == d[u] + 1 && f[i])
        {
            int t = find(ver, min(f[i], limit - flow));
            if (!t) d[ver] = -1;
            f[i] -= t, f[i ^ 1] += t, flow += t;
        }
    }
    return flow;
}

int dinic()
{
    int r = 0, flow;
    while(bfs()) while(flow = find(S, INF)) r += flow;
    return r;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &m, &n);
    memset(h, -1, sizeof h);
    S = 0, T = n + 1;
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) add(S, i, 1);
    for (int i = m + 1; i <= n; i ++ ) add(i, T, 1);
    int a, b;
    while (scanf("%d%d", &a, &b), a != -1) add(a, b, 1);

    printf("%d\n", dinic());
    for (int i = 0; i < idx; i += 2)
        if (e[i] >= m + 1 && e[i] <= n && !f[i])
            printf("%d %d\n", e[i ^ 1], e[i]);

    return 0;
}