[BZOJ1191] [HNOI2006]超级英雄Hero（二分图）

最新推荐文章于 2019-11-29 19:40:19 发布

weixin_34034670

最新推荐文章于 2019-11-29 19:40:19 发布

阅读量52

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签： c/c++

原文链接：http://www.cnblogs.com/ultmaster/p/6076341.html

本文解析了HNOI2006超级英雄问题，这是一个关于如何利用有限的“锦囊妙计”通过尽可能多的挑战的问题。通过建立二分图匹配模型，并采用图论中的最大流算法求解最优方案。

1191: [HNOI2006]超级英雄Hero

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 3902 Solved: 1794
[Submit][Status][Discuss]

Description

现在电视台有一种节目叫做超级英雄,大概的流程就是每位选手到台上回答主持人的几个问题,然后根据回答问题的多少获得不同数目的奖品或奖金。主持人问题准备了若干道题目，只有当选手正确回答一道题后，才能进入下一题，否则就被淘汰。为了增加节目的趣味性并适当降低难度，主持人总提供给选手几个“锦囊妙计”，比如求助现场观众，或者去掉若干个错误答案（选择题）等等。这里，我们把规则稍微改变一下。假设主持人总共有m道题，选手有n种不同的“锦囊妙计”。主持人规定，每道题都可以从两种“锦囊妙计”中选择一种，而每种“锦囊妙计”只能用一次。我们又假设一道题使用了它允许的锦囊妙计后，就一定能正确回答，顺利进入下一题。现在我来到了节目现场，可是我实在是太笨了，以至于一道题也不会做，每道题只好借助使用“锦囊妙计”来通过。如果我事先就知道了每道题能够使用哪两种“锦囊妙计”，那么你能告诉我怎样选择才能通过最多的题数吗？

Input

输入文件的一行是两个正整数n和m(0 < n <1001,0 < m < 1001)表示总共有n中“锦囊妙计”，编号为0~n-1，总共有m个问题。
以下的m行，每行两个数，分别表示第m个问题可以使用的“锦囊妙计”的编号。
注意，每种编号的“锦囊妙计”只能使用一次，同一个问题的两个“锦囊妙计”可能一样。

Output

第一行为最多能通过的题数p

Sample Input

5 6
3 2
2 0
0 3
0 4
3 2
3 2

Sample Output

坑点在于要满足之前的图满载之后才能更新下一个图。为此WA两次。实在太菜。。。

/**************************************************************
    Problem: 1191
    User: ecnu161616
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:16 ms
    Memory:1520 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
struct Edge { int from, to, cap, flow; };
 
vector<Edge> edges;
vector<int> g[5000];
int a[5000], p[5000];
const int S = 4000;
const int T = 4001;
const int inf = 1e9 + 7;
 
void addEdge(int u, int v, int w) {
    edges.push_back((Edge){u, v, w, 0});
    edges.push_back((Edge){v, u, 0, 0});
    int M = edges.size();
    g[u].push_back(M - 2);
    g[v].push_back(M - 1);
    // printf("%d %d %d\n", u, v, w);
}
 
bool extend() {
    memset(a, 0, sizeof(a));
    a[S] = inf;
    queue<int> q;
    q.push(S);
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i) {
            Edge &e = edges[g[u][i]];
            if (!a[e.to] && e.cap > e.flow) {
                a[e.to] = min(a[u], e.cap - e.flow);
                p[e.to] = g[u][i];
                q.push(e.to);
            }
        }
        if (a[T]) break;
    }
    if (!a[T]) return false;
    for (int u = T; u != S; u = edges[p[u]].from) {
        edges[p[u]].flow += a[T];
        edges[p[u]^1].flow -= a[T];
    }
    return true;
}
 
int solve() {
    int n, m, ans = 0;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        addEdge(i, T, 1);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        addEdge(S, 2000 + i, 1);
        int a, b;
        scanf("%d %d", &a, &b);
        if (a == b) addEdge(2000 + i, a, 1);
        else {
            addEdge(2000 + i, a, 1);
            addEdge(2000 + i, b, 1);
        }
        if (extend()) ans++;
        else break;
    }
    return ans;
}
 
int main()
{
    #ifdef ULTMASTER
    freopen("a.in","r",stdin);
    #endif
    printf("%d\n", solve());
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ultmaster/p/6076341.html