洛谷P1231 教辅的组成

题目背景

滚粗了的HansBug在收拾旧语文书，然而他发现了什么奇妙的东西。

题目描述

蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案，然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数，其中有书，有答案，有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案，然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了，然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案，并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系（即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应，除此以外的均不可能对应）。既然如此，HansBug想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个正整数N1、N2、N3，分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。

第二行包含一个正整数M1，表示书和练习册可能的对应关系个数。

接下来M1行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本练习册可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）

第M1+3行包含一个正整数M2，表述书和答案可能的对应关系个数。

接下来M2行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本答案可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）

输出格式：

输出包含一个正整数，表示最多可能组成完整书册的数目。

输入输出样例

输入样例#1： 

5 3 454 32 25 25 15 351 33 12 23 34 3

输出样例#1： 

2

说明

样例说明：

如题，N1=5，N2=3，N3=4，表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。

M1=5，表示书和练习册共有5个可能的对应关系，分别为：书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。

M2=5，表示数和答案共有5个可能的对应关系，分别为：书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。

所以，以上情况的话最多可以同时配成两个书册，分别为：书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。

数据规模：

对于数据点1, 2, 3，M1，M2<= 20

对于数据点4~10，M1，M2 <= 20000

首先想到了二分图最大匹配，结果匈牙利莫名其妙的炸了。。。

看了数据范围，发现匈牙利需要 O（n^2）,故之。。。

改成网络流。

注意：

1.数组大小开10倍。

2.将每个书拆成两个点。

附代码：

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#define MAXN 100010#define MAX 999999999using namespace std;int n,m,k,s,t,c=2,ans=0;int head[MAXN],deep[MAXN];struct node{int next,to,w;}a[MAXN<<1];inline int read(){int date=0,w=1;char c=0;while(c<='0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}return date*w;}void add(int u,int v,int w){     a[c].to=v;a[c].w=w;     a[c].next=head[u];     head[u]=c++;     a[c].to=u;a[c].w=0;     a[c].next=head[v];     head[v]=c++;}bool bfs(){     int u,v;     queue<int> q;     memset(deep,0,sizeof(deep));     deep[s]=1;     q.push(s);     while(!q.empty()){                       u=q.front();                       q.pop();                       for(int i=head[u];i;i=a[i].next){                               v=a[i].to;                               if(a[i].w&&!deep[v]){                                                    deep[v]=deep[u]+1;                                                    if(v==t)return true;                                                    q.push(v);                                                    }                               }                       }     return false;}int dfs(int x,int limit){    if(x==t)return limit;    int v,sum,cost=0;    for(int i=head[x];i;i=a[i].next){            v=a[i].to;            if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){                                           sum=dfs(v,min(limit-cost,a[i].w));                                           if(sum>0){                                                     a[i].w-=sum;                                                     a[i^1].w+=sum;                                                     cost+=sum;                                                     if(cost==limit)break;                                                     }                                           else deep[v]=-1;                                           }            }    return cost;}int dinic(){    int ans=0;    while(bfs())    ans+=dfs(s,MAX);    return ans;}int main(){    int f,u,v;n=read();m=read();k=read();f=read();for(int i=1;i<=f;i++){            u=read();v=read();            add(v,u+m,1);            }    f=read();    for(int i=1;i<=f;i++){            u=read();v=read();            add(u+n+m,v+n+n+m,1);            }    for(int i=1;i<=n;i++)add(i+m,i+n+m,1);    for(int i=1;i<=m;i++)add(n+m+k+n+1,i,1);    for(int i=1;i<=k;i++)add(i+n+n+m,n+m+k+n+2,1);    s=n+m+k+n+1;t=n+m+k+n+2;    printf("%d\n",dinic());return 0;}