线性规划与网络流24题——01飞行员配对方案问题

最新推荐文章于 2025-04-07 15:04:48 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/joker0429/archive/2013/01/11/2909926.html

本文探讨了二战时期英国皇家空军利用二分图最大匹配问题解决飞行员配对方案，以最大化派出飞机数量的问题。通过构建源汇模型，引入额外节点和边，实现最优解的求解。

1736:飞行员配对方案问题

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Description

第二次世界大战时期，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2 名飞行员，其中1 名是英国飞

行员，另1 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。如何选择配对飞行的飞行员才能使一次派出最多的飞机。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。

对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，编程找出一个最佳飞行员配对方案，

使皇家空军一次能派出最多的飞机。

Input

由文件input.txt提供输入数据。文件第1 行有2个正整数m和n。n是皇家空军的飞行

员总数(n<100)；m是外籍飞行员数。外籍飞行员编号为1~m；英国飞行员编号为m+1~n。

接下来每行有2 个正整数i和j，表示外籍飞行员i可以和英国飞行员j配合。文件最后以2

个-1 结束。

Output

程序运行结束时，将最佳飞行员配对方案输出到文件output.txt 中。第1 行是最佳飞行

员配对方案一次能派出的最多的飞机数M。接下来M 行是最佳飞行员配对方案。每行有2

个正整数i和j，表示在最佳飞行员配对方案中，飞行员i和飞行员j 配对。

如果所求的最佳飞行员配对方案不存在，则输出‘No Solution!’。

Sample Input

Sample Output

「Solution」

一个二分图最大匹配问题。

考虑在二分图的基础上增加源S和汇T。

1、S向X集合中每个顶点连一条容量为1的有向边。

2、Y集合中每个顶点向T连一条容量为1的有向边。

3、XY集合之间的边都设为从A集合中的点到B集合之中的点，容量为1的有向边。

求网络最大流，流量就是匹配数，所有满流边是一组可行解。

「代码」

//Dinic By Joker0429
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define maxn 10020
#define INF 1 << 30
using namespace std;
int n, m, s, t, tot, ans, d[maxn], head[maxn], dist[maxn];
struct E
{
    int from, to, next, tab;
}edge[maxn];
   
void add_edge(int u, int v, int f)
{
    tot++;
    edge[tot].from = u, edge[tot].to = v, edge[tot].tab = f, edge[tot].next = head[u], head[u] = tot;
    tot++;
    edge[tot].from = v, edge[tot].to = u, edge[tot].tab = 0, edge[tot].next = head[v], head[v] = tot;
}
   
int dfs(int x, int low)
{
    int a;
    if (x == t) return low;
    for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next)
        if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] == dist[x] + 1 && (a = dfs(edge[i].to, min(edge[i].tab, low))))
        {
            edge[i].tab -= a, edge[i^1].tab += a;
            return a;
        }
    return 0;
}
   
int bfs()
{
    int l, r, k;
    memset(dist,0xff,sizeof(dist));
    d[0] = 0;
    d[1] = s;
    l = 0, r = 1;
    dist[s] = 0;
    while (l < r)
    {
        k = d[++l];
        for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next)
            if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] < 0) dist[edge[i].to] = dist[k] + 1, d[++r] = edge[i].to;
    }
    if (dist[t] > 0) return 1; else return 0;
}
   
void dinic()
{
    ans = 0;
    while (bfs()) ans += dfs(0,INF);
}
   
void print()
{
    if (ans == 0)
    {
        printf("No Sulotion\n");
        return;
    }
    printf("%d\n",ans);
    for (int i = 0; i <= tot; i += 2)
        if (edge[i].tab == 0 && edge[i].from != s && edge[i].to != t) printf("%d %d\n", edge[i].from, edge[i].to);
}
   
int main()
{
    int x, y;
    memset(head,0xff,sizeof(head));
    tot = -1;
    while (~scanf("%d %d", &m, &n))
    {
        s = 0, t = n + 1;
        for (int i = 1; i <= m; i++) add_edge(0, i, 1);
        for (int i = m+1; i <= n; i++) add_edge(i, t, 1);
        while (~scanf("%d %d", &x, &y)) if (x == -1 && y == -1) break; else add_edge(x, y, 1);
        dinic();
        print();
    }
    return 0;
}

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