HDU 2883 kebab(离散化+最大流)
2014-09-01 19:17
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HDU 2883 kebab(离散化+最大流)
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2883
题意:
给定n个顾客,第i号顾客在si到达,点了ni个羊肉串,每个羊肉串需要ti个时间烤好。顾客想要在ei得到,一个烤炉只烤m串。问你是否能满足所有顾客的要求?能的话输出“Yes”,否则输出“No”。
注意:这ni个羊肉串可以被分开来考,一个单独的羊肉串也能分开烤(比如一个单独的羊肉串需要ti时间,我们把它分成ti份同时烤的话,那么一个羊肉串可以在1个单位时间内拷完)
注意:每个顾客的任务必须在(si,ei]半开半闭的区间内完成.
分析:
本题与HDU3572有点类似:
/article/1517322.html
其实本题的本质就是HDU3572的思想,每个顾客其实提出的是需要ni*ti个单位时间任务(甚至可以在1个时刻同时完成,因为一串羊肉串都可以在1个时刻烤完),但是你每个时间只能提供m个单位时间做任务.
但是这个题目的时间点覆盖1到100W,明显不能再把每个单独的时间看成一个点了,所以这题要把每个不重叠的子时间区间看成一个点.
首先读入所有任务的开始时间s[i]和结束时间e[i],然后对这些时间点排序,去重,得到cnt个时间点,然后我们就能得到cnt-1个半开半闭的子时间区间(前后两个子区间边界不重叠,且所有区间连起来正好覆盖了原来的整个大时间区间,该大时间区间也是半开,半闭的).
建图: 源点s编号0, n个任务编号1到n, cnt-1个区间编号n+1到n+cnt, 汇点t编号n+cnt+1.
源点到每个任务i有边(s,i,ni*ti)
每个时间区间j到汇点有边(j,t, 该区间覆盖的单位时间点数)
如果任务i包含时间区间j,那么有边(i,j,INF)
求最大流,看最大流 是否== 所有任务需要的单位时间之和即可.
AC代码:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2883
题意:
给定n个顾客,第i号顾客在si到达,点了ni个羊肉串,每个羊肉串需要ti个时间烤好。顾客想要在ei得到,一个烤炉只烤m串。问你是否能满足所有顾客的要求?能的话输出“Yes”,否则输出“No”。
注意:这ni个羊肉串可以被分开来考,一个单独的羊肉串也能分开烤(比如一个单独的羊肉串需要ti时间,我们把它分成ti份同时烤的话,那么一个羊肉串可以在1个单位时间内拷完)
注意:每个顾客的任务必须在(si,ei]半开半闭的区间内完成.
分析:
本题与HDU3572有点类似:
/article/1517322.html
其实本题的本质就是HDU3572的思想,每个顾客其实提出的是需要ni*ti个单位时间任务(甚至可以在1个时刻同时完成,因为一串羊肉串都可以在1个时刻烤完),但是你每个时间只能提供m个单位时间做任务.
但是这个题目的时间点覆盖1到100W,明显不能再把每个单独的时间看成一个点了,所以这题要把每个不重叠的子时间区间看成一个点.
首先读入所有任务的开始时间s[i]和结束时间e[i],然后对这些时间点排序,去重,得到cnt个时间点,然后我们就能得到cnt-1个半开半闭的子时间区间(前后两个子区间边界不重叠,且所有区间连起来正好覆盖了原来的整个大时间区间,该大时间区间也是半开,半闭的).
建图: 源点s编号0, n个任务编号1到n, cnt-1个区间编号n+1到n+cnt, 汇点t编号n+cnt+1.
源点到每个任务i有边(s,i,ni*ti)
每个时间区间j到汇点有边(j,t, 该区间覆盖的单位时间点数)
如果任务i包含时间区间j,那么有边(i,j,INF)
求最大流,看最大流 是否== 所有任务需要的单位时间之和即可.
AC代码:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #include<vector> #define INF 1e9 using namespace std; const int maxn=600+5; struct Edge { int from,to,cap,flow; Edge(){} Edge(int f,int t,int c,int fl):from(f),to(t),cap(c),flow(fl){} }; struct Dinic { int n,m,s,t; vector<Edge> edges; vector<int> G[maxn]; int d[maxn]; int cur[maxn]; bool vis[maxn]; void init(int n,int s,int t) { this->n=n, this->s=s, this->t=t; edges.clear(); for(int i=0;i<n;++i) G[i].clear(); } void AddEdge(int from,int to,int cap) { edges.push_back(Edge(from,to,cap,0)); edges.push_back(Edge(to,from,0,0)); m = edges.size(); G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1); } bool BFS() { queue<int> Q; memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[s]=true; d[s]=0; Q.push(s); while(!Q.empty()) { int x=Q.front(); Q.pop(); for(int i=0;i<G[x].size();++i) { Edge &e=edges[G[x][i]]; if(!vis[e.to] && e.cap>e.flow) { vis[e.to]=true; d[e.to]=d[x]+1; Q.push(e.to); } } } return vis[t]; } int DFS(int x,int a) { if(x==t || a==0) return a; int flow=0,f; for(int& i=cur[x];i<G[x].size();++i) { Edge &e=edges[G[x][i]]; if(d[e.to]==d[x]+1 && (f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow) ) )>0) { e.flow +=f; edges[G[x][i]^1].flow -=f; flow +=f; a -=f; if(a==0) break; } } return flow; } int max_flow() { int ans=0; while(BFS()) { memset(cur,0,sizeof(cur)); ans += DFS(s,INF); } return ans; } }DC; int N,M; int s[maxn],n[maxn],e[maxn],t[maxn]; int time[maxn]; int full_flow; int main() { while(scanf("%d%d",&N,&M)==2) { full_flow=0; int cnt=0; for(int i=1;i<=N;i++) { scanf("%d%d%d%d",&s[i],&n[i],&e[i],&t[i]); time[cnt++]=s[i]; time[cnt++]=e[i]; full_flow += n[i]*t[i]; } sort(time,time+cnt); cnt = unique(time,time+cnt)-time;//去重 int src=0,dst=N+cnt+1; DC.init(N+cnt+2,src,dst); for(int i=1;i<=N;i++) DC.AddEdge(src,i,n[i]*t[i]); for(int i=1;i<=cnt-1;++i) { DC.AddEdge(N+i,dst,(time[i]-time[i-1])*M); for(int j=1;j<=N;++j) if(s[j]<=time[i-1] && time[i]<=e[j]) DC.AddEdge(j,N+i,INF); } printf("%s\n",DC.max_flow()==full_flow?"Yes":"No"); } return 0; }
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