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题目大意:
个(从 开始标号)锦囊, 个问题,每个问题可以被 种锦囊帮助秒杀( 种锦囊可能为相同锦囊),每个锦囊仅能使用一次,第 个问题需要第 个问题被解决后才能被回答 ,问最多利用锦囊解决多少个问题。
分析:
好坑,一开始没看到要前
个问题都通过才能继续第
个,然后就炸了
然后这题其实就是每次加边以后求有没有完备匹配即可,
比较小,采用匈牙利,网络流都可以做。
网络流的话,
就是
所有的锦囊,最大流量为
锦囊
对应能解决的问题,最大流量为
问题
T,做大流量为
然后最大流
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 1005
using namespace std;
struct Node { int To, w, nxt; }e[N*15];
int ls[N*2], dis[N*2], n, m, cnt = 1, S, T, maxflow;
void Addedge(int u, int v, int w)
{
e[++cnt].To = v, e[cnt].w = w, e[cnt].nxt = ls[u], ls[u] = cnt;
e[++cnt].To = u, e[cnt].w = 0, e[cnt].nxt = ls[v], ls[v] = cnt;
}
queue <int> Q;
bool bfs()
{
for (int i = S; i <= T; i++) dis[i] = 0;
while (Q.size()) Q.pop();
Q.push(S), dis[S] = 1;
while (!Q.empty())
{
int u = Q.front(); Q.pop();
for (int i = ls[u]; i; i = e[i].nxt)
if (!dis[e[i].To] && e[i].w)
{
dis[e[i].To] = dis[u] + 1;
if (e[i].To == T) return 1;
Q.push(e[i].To);
}
}
return 0;
}
int dfs(int u, int flow)
{
if (u == T) return flow;
int rest = flow;
for (int i = ls[u]; i && rest; i = e[i].nxt)
if (dis[e[i].To] == dis[u] + 1 && e[i].w)
{
int rp = dfs(e[i].To, min(rest, e[i].w));
if (!rp) dis[e[i].To] = 0;
e[i].w -= rp;
e[i^1].w += rp;
rest -= rp;
}
return flow - rest;
}
void dinic()
{
int flow;
while (bfs())
while (flow = dfs(S, inf)) maxflow += flow;
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m); ++n;
S = 0, T = n + m + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) Addedge(S, i, 1);
for (int i = 1; i <= m; i++) Addedge(n + i, T, 1);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y; scanf("%d %d", &x, &y);
Addedge(x + 1, n + i, inf);
if (y != x) Addedge(y + 1, n + i, inf);
dinic();
if (maxflow < i)
{
printf("%d\n", maxflow);
return 0;
}
}
printf("%d\n", m);
return 0;
}