【JZOJ1611】Dining

题目描述

　　农夫JOHN为牛们做了很好的食品,但是牛吃饭很挑食。每一头牛只喜欢吃一些食品和饮料而别的一概不吃。虽然他不一定能把所有牛喂饱，他还是想让尽可能多的牛吃到他们喜欢的食品和饮料。
　　农夫JOHN做了F (1<=F<=100) 种食品和准备了D(1<=D<=100)种饮料。他有N(1<=N<=100)头牛，现在已经知道他的每头牛是否愿意吃某种食物和喝某种饮料。农夫JOHN想给每一头牛一种食品和一种饮料,使得尽可能多的牛得到喜欢的食物和饮料。
　　每一件食物和饮料只能由一头牛来用。例如如果食物2被一头牛吃掉了,没有别的牛能吃食物2。

输入

　　第一行: 三个数:N, F和D。
　　第2..N+1行:每一行有两个数开始F_i和D_i,分别是第i头牛可以吃的食品数和可以喝的饮料数。接下来下F_i个整数是第i头牛可以吃的食品号，再下面的D_i个整数是第i头牛可以喝的饮料号码。

输出

　　文件输出仅一行为一个整数，表示最多可以喂饱牛的数目。

样例输入

4 3 3
2 2 1 2 3 1
2 2 2 3 1 2
2 2 1 3 1 2
2 1 1 3 3

样例输出

3

解法

网络流建模：
源点向每个食物连一条容量为1的边；
每头牛拆成两个点xi,yi，这两个点连一条容量为1的边；
这头牛的喜好食物向xi连一条容量为1的边，yi向喜好饮品连一条容量为1的边；
每个饮品向汇点连一条容量为1的边。

---

检验：
每头牛只能占用一个饮品和食品，所以把牛拆点。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define ll long long#define sqr(x) ((x)*(x))#define ln(x,y) int(log(x)/log(y))#define food(x) (1+x)#define drink(x) (1+m1+x)#define cow(x) (1+m1+m2+x)#define cow1(x) (1+m1+m2+n+x)using namespace std;const char* fin="ex1611.in";const char* fout="ex1611.out";const int inf=0x7fffffff;const int maxn=1007,maxm=maxn*10;int n,m1,m2,i,j,k,ans=0;int num,tot=1,fi[maxn],ne[maxm],la[maxm],va[maxm];int bz[maxn],cnt[maxn];void add_line(int a,int b,int c){    tot++;    ne[tot]=fi[a];    la[tot]=b;    va[tot]=c;    fi[a]=tot;}void add(int a,int b,int c){    add_line(a,b,c);    add_line(b,a,0);}int gap(int v,int flow){    int i,use=0,k;    if (v==num) return flow;    for (k=fi[v];k;k=ne[k])        if (va[k] && bz[v]==bz[la[k]]+1){            i=gap(la[k],min(va[k],flow-use));            use+=i;            va[k]-=i;            va[k^1]+=i;            if (use==flow || bz[1]==num) return use;        }    if (!--cnt[bz[v]]) bz[1]=num;    cnt[++bz[v]]++;    return use;}int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&m1,&m2);    num=1+m1+m2+n+n+1;    for (i=1;i<=n;i++){        int iiii;        add(cow(i),cow1(i),1);        scanf("%d",&j);        scanf("%d",&iiii);        for (;j;j--){            scanf("%d",&k);            add(food(k),cow(i),1);        }        for (;iiii;iiii--){            scanf("%d",&k);            add(cow1(i),drink(k),1);        }    }    for (i=1;i<=m1;i++) add(1,food(i),1);    for (i=1;i<=m2;i++) add(drink(i),num,1);    cnt[0]=num;    while (bz[1]<num) ans+=gap(1,inf);    printf("%d",ans);    return 0;} 

启发

通过拆点来限制每头牛的贡献。