教辅的组成最大流-CFANZ编程社区

题目背景

滚粗了的HansBug在收拾旧语文书，然而他发现了什么奇妙的东西。

题目描述

蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案，然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数，其中有书，有答案，有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案，然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了，然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案，并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系（即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应，除此以外的均不可能对应）。既然如此，HansBug想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个正整数N1、N2、N3，分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。

第二行包含一个正整数M1，表示书和练习册可能的对应关系个数。

接下来M1行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本练习册可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）

第M1+3行包含一个正整数M2，表述书和答案可能的对应关系个数。

接下来M2行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本答案可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）

输出格式：

输出包含一个正整数，表示最多可能组成完整书册的数目。

输入输出样例

输入样例#1：

复制

输出样例#1： 复制

说明

样例说明：

如题，N1=5，N2=3，N3=4，表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。

M1=5，表示书和练习册共有5个可能的对应关系，分别为：书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。

M2=5，表示数和答案共有5个可能的对应关系，分别为：书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。

所以，以上情况的话最多可以同时配成两个书册，分别为：书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。

数据规模：

教辅的组成最大流_i++

对于数据点1, 2, 3，M1，M2<= 20

对于数据点4~10，M1，M2 <= 20000

把书拆点，然后跑一遍最大流

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#include
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
#define maxn 2000005
#define inf 0x7fffffff
//#define INF 1e18
#define rdint(x) scanf("%d",&x)
#define rdllt(x) scanf("%lld",&x)
#define rdult(x) scanf("%lu",&x)
#define rdlf(x) scanf("%lf",&x)
#define rdstr(x) scanf("%s",x)
typedef long long  ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int U;
#define ms(x) memset((x),0,sizeof(x))
const long long int mod = 1e9 + 7;
#define Mod 1000000000
#define sq(x) (x)*(x)
#define eps 1e-3
typedef pair pii;
#define pi acos(-1.0)
//const int N = 1005;
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef pair pii;
inline ll rd() {
  ll x = 0;
  char c = getchar();
  bool f = false;
  while (!isdigit(c)) {
    if (c == '-') f = true;
    c = getchar();
  }
  while (isdigit(c)) {
    x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    c = getchar();
  }
  return f ? -x : x;
}

ll gcd(ll a, ll b) {
  return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int sqr(int x) { return x * x; }


/*ll ans;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1; y = 0; return a;
  }
  ans = exgcd(b, a%b, x, y);
  ll t = x; x = y; y = t - a / b * y;
  return ans;
}
*/
int n, m;
int st, ed;
struct node {
  int u, v, nxt, w;
}edge[maxn];
int head[maxn];
int tot;
void addedge(int u, int v, int w) {
  edge[tot].u = u; edge[tot].v = v; edge[tot].nxt = head[u];
  edge[tot].w = w; head[u] = tot++;
}
int rk[maxn];
int bfs() {
  queueq; ms(rk); rk[st] = 1; q.push(st);
  while (!q.empty()) {
    int tmp = q.front(); q.pop();
    for (int i = head[tmp]; i != -1; i = edge[i].nxt) {
      int to = edge[i].v;
      if (rk[to] || edge[i].w <= 0)continue;
      rk[to] = rk[tmp] + 1; q.push(to);
    }
  }
  return rk[ed];
}
int dfs(int u, int flow) {
  if (u == ed)return flow;
  int add = 0;
  for (int i = head[u]; i != -1 && add < flow; i = edge[i].nxt) {
    int v = edge[i].v;
    if (rk[v] != rk[u] + 1 || !edge[i].w)continue;
    int tmpadd = dfs(v, min(edge[i].w, flow - add));
    if (!tmpadd) { rk[v] = -1; continue; }
    edge[i].w -= tmpadd; edge[i ^ 1].w += tmpadd; add += tmpadd;
  }
  return add;
}
int ans;
void dinic() {
  while (bfs())ans += dfs(st, inf);
}

int N1, N2, N3;

int main() {
  //ios::sync_with_stdio(0);
  memset(head, -1, sizeof(head));
  rdint(N1); rdint(N2); rdint(N3);
  int m1; rdint(m1);
  st = 2 * N1 + N2 + N3 + 3; ed = st + 1;
  while (m1--) {
    int x, y;
    rdint(x); rdint(y);
    addedge(y, x + N2, 1); addedge(x + N2, y, 0);
  //  addedge(st, y, 1); addedge(y, st, 0);
  }
  int m2; rdint(m2);
  while (m2--) {
    int x, y; rdint(x); rdint(y);
    addedge(x + N1 + N2, y + N1 * 2 + N2, 1); addedge(y + 2 * N1 + N2, x + N1 + N2, 0);
  //  addedge(y + 2 * N1 + N2, ed, 1); addedge(ed, 2 * N1 + N2 + y, 0);
  }
  for (int i = 1; i <= N1; i++) {
    addedge(i + N2, i + N2 + N1, 1); addedge(i + N2 + N1, i + N2, 0);
  }
  for (int i = 1; i <= N2; i++)addedge(st, i, 1), addedge(i, st, 0);
  for (int i = 1; i <= N3; i++)addedge(i + 2 * N1 + N2, ed, 1), addedge(ed, i + 2 * N1 + N2, 0);
  dinic();
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

dinic；

EPFL - Fighting

教辅的组成 最大流

题目背景

题目描述

输入输出格式

输入输出样例

说明

教辅的组成最大流