一些网络流。
来源：互联网 发布：arin whois 数据库 编辑：程序博客网 时间：2024/04/29 23:44
POJ 3281
题意：每一头牛都有它喜欢吃的食物和饮料，问最多能满足多少头牛 让它吃到它喜欢吃的食物和饮料。
思路：从源点S对每一个食物连一条边，容量为1， 然后食物对喜欢吃这种食物的牛连边，容量也为1，然后每头牛连一条边到喜欢吃的饮料 容量也为1。
每个饮料连边到汇点，容量为1。 这样图构好了，但是每头牛可能会产生吃多个食物或者多个饮料的情况，所以对牛这个点也要进行限制。每头牛限制通过的流量为1
把牛拆成两个点 中间连一条容量为1的边，每个点分别连着食物和饮料，这样求一个最大流就行了。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>#include<iostream>#define INF 100000000using namespace std;struct edge{ int to; int cap; int rav;};vector<edge> G[808];int level[808];int iter[808];int n,f,d;void add_edge(int from,int to,int cap){ G[from].push_back((edge){to,cap,G[to].size()}); G[to].push_back((edge){from,0,G[from].size()-1});}void bfs(int s){ queue<int> q; memset(level,-1,sizeof(level)); level[s]=0; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; if(e.cap>0&&level[e.to]<0) { level[e.to]=level[u]+1; q.push(e.to); } } }}int dfs(int v,int t,int f){ if(v==t) return f; for(int &i=iter[v];i<G[v].size();i++) { edge &e=G[v][i]; if(e.cap>0&&level[v]<level[e.to]) { int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); if(d>0) { e.cap-=d; G[e.to][e.rav].cap+=d; return d; } } } return 0;}int max_flow(int s,int t){ int flow=0; while(1) { bfs(s); if(level[t]<0) return flow; memset(iter,0,sizeof(iter)); int f; while((f=dfs(s,t,INF))>0) flow+=f; }}int main(){ while(scanf("%d%d%d",&n,&f,&d)!=EOF) { for(int i=0;i<=(n+n+f+d);i++) G[i].clear(); for(int i=1;i<=f;i++) add_edge(0,i,1); for(int i=1;i<=n;i++) { int f1,d1; scanf("%d%d",&f1,&d1); for(int j=0;j<f1;j++) { int p; scanf("%d",&p); add_edge(p,i+f,1); } add_edge(i+f,i+n+f,1); for(int j=0;j<d1;j++) { int p; scanf("%d",&p); add_edge(i+n+f,p+n+n+f,1); } } for(int i=1;i<=d;i++) add_edge(i+n+n+f,n+n+f+d+1,1); int ans; int k=2*n+f+d+1; ans=max_flow(0,k); printf("%d\n",ans); }}POJ 2135
题意：一个农夫从1号农田到N号农田 走一个来回 要求不走相同的路且最短。
思路：建立最小费用流模型，距离为消费，容量为1，然后求1-N流量为2的最小费用就行了。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>#include<stack>#include<iostream>#define INF 1000000000using namespace std;struct edge{ int to; int cap; int cost; int rav;};vector<edge> G[1005];int dist[1005];int n;int prevv[1005];int preve[1005];bool inque[1005];void add_edge(int from,int to,int cap,int cost){ G[from].push_back((edge){to,cap,cost,G[to].size()}); G[to].push_back((edge){from,0,-cost,G[from].size()-1});}int min_liu(int s,int t,int f){ int res=0; while(f>0) { fill(dist,dist+n,INF); memset(inque,0,sizeof(inque)); dist[s]=0; queue<int> q; inque[s]=1; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inque[u]=0; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; //cout<<u<<" "<<e.to<<" "<<e.cap<<" "<<e.cost<<" "<<dist[e.to]<<" "<<dist[u]+e.cost<<endl; if(e.cap>0&&dist[e.to]>dist[u]+e.cost) { dist[e.to]=dist[u]+e.cost; prevv[e.to]=u; preve[e.to]=i; if(!inque[e.to]) { inque[e.to]=1; q.push(e.to); } } } } //cout<<endl; if(dist[t]==INF) return -1; res+=dist[t]; for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]) { edge &e=G[prevv[v]][preve[v]]; //cout<<prevv[v]<<endl; e.cap--; G[v][e.rav].cap++; //cout<<v<<" "<<G[v][e.rav].to<<endl; } f--; } return res;}int main(){ int m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) G[i].clear(); while(m--) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add_edge(a-1,b-1,1,c); add_edge(b-1,a-1,1,c); } printf("%d\n",min_liu(0,n-1,2)); }POJ 3686
题意：有一些玩具和一些工厂 每个玩具在不同的工厂加工的时间不同，问平均时间最短多少。
思路：对于一个工厂 如果有k个玩具加工 总时间为T=k*a1+(k-1)*a2+......1*ak;
我们可以把每个工厂的点拆成N个，每个玩具对第i个工厂的第j个点连边 费用为 j*Zx.表示这个玩具在这个工厂第j个加工。
然后求一个最小费用就行了。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>#include<queue>#include<stack>#include<math.h>#include<vector>#define INF 1000000000using namespace std;struct edge{ int to; int cap; int cost; int rav;};vector<edge> G[3005];void add_edge(int from,int to,int cap,int cost){ G[from].push_back((edge){to,cap,cost,G[to].size()}); G[to].push_back((edge){from,0,-cost,G[from].size()-1});}int dist[3005];bool inque[3005];int prevv[3005];int preve[3005];int min_liu(int s,int t,int f){ int res=0; while(f>0) { queue<int> q; fill(dist,dist+t+1,INF); dist[s]=0; q.push(s); inque[s]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inque[u]=0; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; if(e.cap>0&&dist[e.to]>dist[u]+e.cost) { dist[e.to]=dist[u]+e.cost; prevv[e.to]=u; preve[e.to]=i; if(!inque[e.to]) { inque[e.to]=1; q.push(e.to); } } } } if(dist[t]==INF) return -1; int d=INF; for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]) d=min(d,G[prevv[v]][preve[v]].cap); f-=d; res+=d*dist[t]; for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]) { edge &e=G[prevv[v]][preve[v]]; e.cap-=d; G[v][e.rav].cap+=d; } } return res;}int k[105][105];int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--) { //printf("\n"); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n*m+n+2;i++) G[i].clear(); for(int i=1;i<=n;i++) add_edge(0,i,1,0); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) scanf("%d",&k[i][j]); for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) { for(int k1=1;k1<=n;k1++) { add_edge(i+1,n+k1+j*n,1,k1*k[i][j]); } } } for(int i=n+1;i<=(m+1)*n;i++) add_edge(i,(m+1)*n+1,1,0); double k=min_liu(0,(m+1)*n+1,n); printf("%.6f\n",k/(double)n); }}POJ 1698
题意： 有一些电影要拍，每个电影只能在特定的星期开拍，并且需要在多少个星期内拍完，问能否拍完。
思路： 每个电影对 他能拍的那一天连边 容量为1。 源点对电影连边 容量为电影需要拍的次数。然后每一天对汇点连边，容量为1，判断最大流是否为电影拍的总和即可。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>#include<vector>#include<queue>#include<stack>#include<math.h>#include<deque>#define INF 1000000000using namespace std;struct edge{ int to; int cap; int rav;};vector<edge> G[505];int level[505];int iter[505];void add_edge(int from,int to,int cap){ G[from].push_back((edge){to,cap,G[to].size()}); G[to].push_back((edge){from,0,G[from].size()-1});}void bfs(int s){ queue<int> q; q.push(s); memset(level,-1,sizeof(level)); level[s]=0; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; if(e.cap>0&&level[e.to]<0) { level[e.to]=level[u]+1; q.push(e.to); } } }}int dfs(int v,int t,int f){ if(v==t) return f; for(int &i=iter[v];i<G[v].size();i++) { edge &e=G[v][i]; if(e.cap>0&&level[v]<level[e.to]) { int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); if(d>0) { e.cap-=d; G[e.to][e.rav].cap+=d; return d; } } } return 0;}int max_flow(int s,int t){ int res=0; while(1) { bfs(s); if(level[t]==-1) return res; memset(iter,0,sizeof(iter)); int f; while((f=dfs(s,t,INF))>0) res+=f; } return res;}bool vis[25][10];int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--) { memset(vis,0,sizeof(vis)); int n; scanf("%d",&n); for(int i=0;i<500;i++) G[i].clear(); int l=n+1; int ma=0; int sum=0; for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<7;j++) scanf("%d",&vis[i][j]); int f; scanf("%d",&f); add_edge(0,i+1,f); sum+=f; int w; scanf("%d",&w); for(int j=0;j<w;j++) { for(int k=0;k<7;k++) { int s=j*7+k; ma=max(ma,s); if(vis[i][k]) add_edge(i+1,l+s,1); } } } for(int i=l;i<=ma+l;i++) add_edge(i,500,1); if(max_flow(0,500)==sum) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); }}POJ 2112
题意： 有K个挤奶机和C头牛，每头挤奶机最多只能支持M头牛挤奶，求使得所走路程最远的奶牛路程最短的方案。
思路：先用floyd求点与点之间最短路，源点对每台挤奶机连一条容量为M的边，然后二分路程长度，每次把长度小于等于该长度的边连起来，然后用最大流判断是否可行。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>#include<iostream>#include<math.h>#define INF 100000000using namespace std;struct edge{ int to; int cap; int rav;};vector<edge> G[305];int level[305];int iter[305];void add_edge(int from,int to,int cap){ G[from].push_back((edge){to,cap,G[to].size()}); G[to].push_back((edge){from,0,G[from].size()-1});}void bfs(int s){ memset(level,-1,sizeof(level)); queue<int> q; q.push(s); level[s]=0; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; if(e.cap>0&&level[e.to]<0) { level[e.to]=level[u]+1; q.push(e.to); } } }}int dfs(int u,int t,int f){ if(u==t) return f; for(int &i=iter[u];i<G[u].size();i++) { edge &e=G[u][i]; if(e.cap>0&&level[e.to]>level[u]) { int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); if(d>0) { e.cap-=d; G[e.to][e.rav].cap+=d; return d; } } } return 0;}int max_flow(int s,int t){ int res=0; while(1) { bfs(s); if(level[t]<0) return res; int f; memset(iter,0,sizeof(iter)); while((f=dfs(s,t,INF))>0) res+=f; }}int k[305][305];void floyd(int n){ for(int k1=0;k1<n;k1++) for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) { k[i][j]=min(k[i][j],k[i][k1]+k[k1][j]); }}void CLEAR(int l,int r){ for(int i=l;i<=r;i++) G[i].clear();}int main(){ int K,N,M; while(scanf("%d%d%d",&K,&N,&M)!=EOF) { CLEAR(0,K+N+1); int n=K+N; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) { scanf("%d",&k[i][j]); if(i!=j&&!k[i][j]) k[i][j]=INF; } floyd(n); int l=0,r=20000; int now; while(1) { CLEAR(0,K+N+1); for(int i=1;i<=K;i++) add_edge(0,i,M); for(int i=K+1;i<=n;i++) add_edge(i,K+N+1,1); now=(l+r)>>1; for(int i=0;i<K;i++) for(int j=K;j<n;j++) { if(k[i][j]<=now) add_edge(i+1,j+1,1); } int f=max_flow(0,n+1); //cout<<f<<" "<<now<<endl; if(f==N) { r=now; } else l=now+1; if(l>=r) break; } printf("%d\n",r); }} 0 0
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