【洛谷P2756】 飞行员匹配方案 网络最大流

题目背景

第二次世界大战时期..

题目描述

英国皇家空军从沦陷国征募了大量外籍飞行员。由皇家空军派出的每一架飞机都需要配备在航行技能和语言上能互相配合的2 名飞行员，其中1 名是英国飞行员，另1名是外籍飞行员。在众多的飞行员中，每一名外籍飞行员都可以与其他若干名英国飞行员很好地配合。如何选择配对飞行的飞行员才能使一次派出最多的飞机。对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，试设计一个算法找出最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。

对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，编程找出一个最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。

输入输出格式

输入格式：

第 1 行有 2 个正整数 m 和 n。n 是皇家空军的飞行员总数(n<100)；m 是外籍飞行员数。外籍飞行员编号为 1~m；英国飞行员编号为 m+1~n。

接下来每行有 2 个正整数 i 和 j，表示外籍飞行员 i 可以和英国飞行员 j 配合。最后以 2个-1 结束。

输出格式：

第 1 行是最佳飞行员配对方案一次能派出的最多的飞机数 M。接下来 M 行是最佳飞行员配对方案。每行有 2个正整数 i 和 j，表示在最佳飞行员配对方案中，飞行员 i 和飞行员 j 配对。如果所求的最佳飞行员配对方案不存在，则输出‘No Solution!’。

输入输出样例

输入样例#1：

5 10

1 7

1 8

2 6

2 9

2 10

3 7

3 8

4 7

4 8

5 10

-1 -1

题解：飞行员配对方案问题

要求有限数量个外籍飞行员和英国飞行员，在特定的配对关系下，每名飞行员只能在一架飞机上，使派出的飞机最多。

首先一个做法是二分图最大匹配，不过我不会。所以用了方法二，转换成最大流来求解。

最重要的是建图的方法。

设置一个起点，一个终点，由起点向外籍飞行员连一条权值为1的边，由英国飞行员向终点连一条容量为1的边。然后根据题目所给的关系，将外籍飞行员和英国飞行员之间连一条容量为1的边和一条权值为0的反边。

然后在这张图上跑一边最大流便可求得答案。

怎样保证每名飞行员只用一次？

因为边容量为1，所以若要满足网络流的最大性质，每个点最多只能存在于一条路径中，便保证了每名飞行员只使用一次。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 10006
#define inf 1e9
using namespace std;
struct node
{
int from,to,next,remain;
}e[MAXN];
int e_num=-1,head[MAXN];
int deep[100006],cur[MAXN];
int n,m,tot;
bool vis[100006];
int q[MAXN];
int ans,to[205];
int get()
{
int x=0,f=1;
char c;
c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}

void add(int from,int to,int remain)
{
++e_num;
e[e_num].from=from;
e[e_num].to=to;
e[e_num].next=head[from];
e[e_num].remain=remain;
head[from]=e_num;
}

bool bfs(int s,int t)
{
int i,top,tail;
memset(deep,0x7f,sizeof(deep));
for (i=0;i<=n+1;i++)  //优化
cur[i]=head[i];
deep[s]=0;
memset(vis,false,sizeof(vis));
memset(q,0,sizeof(q));
q[1]=s;
top=0;tail=1;
vis[s]=true;
while (top<tail)
{
top++;
int u=q[top];
vis[u]=false;
for (i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
if (deep[e[i].to]>inf&&e[i].remain)
{
deep[e[i].to]=deep[u]+1;
if (!vis[e[i].to])
{
q[++tail]=e[i].to;
vis[e[i].to]=true;
}
}
}
return deep[t]<inf;
}

int dfs(int now,int t,int limit)
{
int i,f,flow=0;
if (limit==0) return 0;
if (now==t) return limit;
for (i=cur[now];i!=-1;i=e[i].next)
{
cur[now]=i;
if (deep[e[i].to]==deep[now]+1 && (f=dfs(e[i].to,t,min(limit,e[i].remain))))
{
if (f) to[now]=e[i].to;
flow+=f;
limit-=f;
e[i].remain-=f;
e[i^1].remain+=f;
to[now]=e[i].to;
if (!limit) break;
}
}
return flow;
}

void dinic(int s,int t)
{
while (bfs(s,t))
ans+=dfs(s,t,inf);
}

int main()
{
int s,t,i,u,v,w,j;
memset(head,-1,sizeof(head));
m=get();n=get();
for (i=1;i<=m;i++)
{
add(0,i,1);
add(i,0,0);
}
for (i=m+1;i<=n;i++)
{
add(i,n+1,1);
add(n+1,i,0);
}
i=get();j=get();
while (i!=-1&&j!=-1)
{
add(i,j,1);
add(j,i,0);
i=get();
j=get();
}
dinic(0,n+1);
if (ans)
{
printf("%d\n",ans);
for (i=1;i<=m;i++)
if (to[i])
printf("%d %d\n",i,to[i]);
}
else printf("No Solution!");

}