POJ - 3281 Dining 网络流
来源:互联网 发布:大庆石化公司网络培训 编辑:程序博客网 时间:2024/03/29 03:01
POJ - 3281 Dining 网络流
一、题意
POJ - 3281 Dining
农场里有n头牛,f种食物,n中饮料,每头牛有自己喜欢的食物和饮料类型,每种食物和饮料都只能分配给一头牛,现在为每头牛分配食物和饮料,求能同时得到自己想要的食物和饮料的牛的数量(每头牛最多只获得一种食物或饮料)?
二、解题思路
只是两个二分图匹配的问题,可以用网络流求解,可以如下建图:
(1)将所有牛节点与各自喜欢的食物节点和饮料节点各建一条容量(cap)为1的边,方向食物->牛,牛->饮料。
(2)设置源点s,和汇点t,从s向所有食物节点连cap为1的边,从所有饮料节点向汇点t连一条cap为1的边。
建好图后,有一个问题:这样从每头牛身上经过的流量可以超过1,而实际上每头牛只能选一种食物和饮料,因此可以将牛节点分成两部分,中间连一条cap为宜的边,方向从源点一侧指向汇点一侧。
三、代码(Ford-Fulkerson算法实现网络流)
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>#include<map>#include<string>#include<queue>#include<vector>#include<list>//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;#define INF 0x3f3f3f3fconst int MAX_V=605;struct edge{int to,cap,rev;};vector<edge> G[MAX_V];bool used[MAX_V];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});}int dfs(int v,int t,int f){ if(v==t) return f; used[v]=1; for(int i=0;i<G[v].size();i++) { edge &e=G[v][i]; if(!used[e.to]&&e.cap>0) { int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); if(d>0) { e.cap-=d; G[e.to][e.rev].cap+=d; return d; } } } return 0;}int max_flow(int s,int t){ int flow=0; for(;;) { memset(used,0,sizeof used); int f=dfs(s,t,INF); if(f==0) return flow; flow+=f; }}int n,f,d;int main(){ while(~scanf("%d %d %d",&n,&f,&d)) { for(int i=0;i<MAX_V;i++) G[i].clear(); for(int i=1;i<=f;i++) add_edge(0,i,1); for(int i=1;i<=d;i++) add_edge(f+2*n+i,f+2*n+d+1,1); int t=f+d+2*n+1; for(int i=1;i<=n;i++) { int s,t; scanf("%d %d",&s,&t); for(int j=1;j<=s;j++) { int x; scanf("%d",&x); add_edge(x,f+i,1); } for(int j=1;j<=t;j++) { int x;scanf("%d",&x);add_edge(f+n+i,f+2*n+x,1); } } for(int i=1;i<=n;i++) add_edge(f+i,f+n+i,1); printf("%d\n",max_flow(0,t)); } return 0;}
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