BZOJ 1305: [CQOI2009]dance跳舞 多重匹配,网络最大流
2017-04-24 18:09
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Description
一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时,所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首(或更多)舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢,而其他相互不喜欢(不会“单向喜欢”)。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞,而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息,舞会最多能有几首舞曲?
Input
第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符,其中第i行第j个字符为’Y’当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。
Output
仅一个数,即舞曲数目的最大值。
Sample Input
3 0
YYY
YYY
YYY
Sample Output
3
HINT
N<=50 K<=30
解法:真好题啊。 那个单点限制竟然没有想到经典的拆点限流,我网络流真是菜如狗。题解来自hzwer
先把每个人i拆分成ix和iy两个节点,ix连向喜欢的人,iy连向不喜欢的人,容量为1(比如如果男生i与女生j互
相喜欢,则由ix连向jx,如果男生i与女生j互相不喜欢,则由iy连向jy),再将每个男生男生ix连向iy,容量为
k;每个女生iy连向ix,容量为k。由源点向每个男生的x节点连上一条边,再由每个女生的x节点向汇点连上一
条边,容量均为a。最后从小到大枚举a,计算最大流flow,若发现a*n>flow(不满流),则停止枚举,a-1即为
答案。或者可以二分
一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时,所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首(或更多)舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢,而其他相互不喜欢(不会“单向喜欢”)。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞,而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息,舞会最多能有几首舞曲?
Input
第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符,其中第i行第j个字符为’Y’当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。
Output
仅一个数,即舞曲数目的最大值。
Sample Input
3 0
YYY
YYY
YYY
Sample Output
3
HINT
N<=50 K<=30
解法:真好题啊。 那个单点限制竟然没有想到经典的拆点限流,我网络流真是菜如狗。题解来自hzwer
先把每个人i拆分成ix和iy两个节点,ix连向喜欢的人,iy连向不喜欢的人,容量为1(比如如果男生i与女生j互
相喜欢,则由ix连向jx,如果男生i与女生j互相不喜欢,则由iy连向jy),再将每个男生男生ix连向iy,容量为
k;每个女生iy连向ix,容量为k。由源点向每个男生的x节点连上一条边,再由每个女生的x节点向汇点连上一
条边,容量均为a。最后从小到大枚举a,计算最大流flow,若发现a*n>flow(不满流),则停止枚举,a-1即为
答案。或者可以二分
//BZOJ 1305 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 505; const int maxm = 500010; const int inf = 0x3f3f3f3f; struct G { int v, cap, next; G() {} G(int v, int cap, int next) : v(v), cap(cap), next(next) {} } E[maxm]; int p[maxn], T; int d[maxn], temp_p[maxn], qw[maxn]; //d顶点到源点的距离标号,temp_p当前狐优化,qw队列 void init() { memset(p, -1, sizeof(p)); T = 0; } void add(int u, int v, int cap) { E[T] = G(v, cap, p[u]); p[u] = T++; E[T] = G(u, 0, p[v]); p[v] = T++; } bool bfs(int st, int en, int n) { int i, u, v, head, tail; for(i = 0; i <= n; i++) d[i] = -1; head = tail = 0; d[st] = 0; qw[tail] = st; while(head <= tail) { u = qw[head++]; for(i = p[u]; i + 1; i = E[i].next) { v = E[i].v; if(d[v] == -1 && E[i].cap > 0) { d[v] = d[u] + 1; qw[++tail] = v; } } } return (d[en] != -1); } int dfs(int u, int en, int f) { if(u == en || f == 0) return f; int flow = 0, temp; for(; temp_p[u] + 1; temp_p[u] = E[temp_p[u]].next) { G& e = E[temp_p[u]]; if(d[u] + 1 == d[e.v]) { temp = dfs(e.v, en, min(f, e.cap)); if(temp > 0) { e.cap -= temp; E[temp_p[u] ^ 1].cap += temp; flow += temp; f -= temp; if(f == 0) break; } } } return flow; } int dinic(int st, int en, int n) { int i, ans = 0; while(bfs(st, en, n)) { for(i = 0; i <= n; i++) temp_p[i] = p[i]; ans += dfs(st, en, inf); } return ans; } int source, sink, mx; int n, k, mp[maxn][maxn]; void init2(){ scanf("%d%d", &n, &k); for(int i=1; i<=n; i++){ char s[51]; scanf("%s", s+1); for(int j=1; j<=(int)strlen(s+1); j++){ if(s[j]=='Y') mp[i][j]=1; } } } void check(int mid){ init(); for(int i=1; i<=n; i++) add(source, i, mid); for(int i=1; i<=n; i++) add(i, i+250, k); for(int i=1; i<=n; i++) add(n+i+250, n+i, k); for(int i=1; i<=n; i++) add(n+i, sink, mid); for(int i=1; i<=n; i++){ for(int j=1; j<=n; j++){ if(mp[i][j]){ add(i, n+j, 1); } else{ add(i+250, n+j+250, 1); } } } } int main() { source = 0, sink = 501; init2(); int l=0, r=500, mx; while(l <= r){ int mid = (l+r)/2; check(mid); int ans = dinic(source, sink, sink+1); if(ans >= n*mid){ mx = mid; l = mid+1; } else{ r = mid-1; } } printf("%d\n", mx); return 0; }
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