题意
n个英雄要打m个怪兽,给出每个英雄可以打的怪兽编号,每个英雄可以打一次最多,然后给出一个数k,可以选出k个英雄,使他们多打1个怪兽,每个怪兽只能由一个英雄打,问最多能打几个英雄。
思路
如果没有选k个英雄的过程这就是一个二分图最大匹配问题
二分图匹配问题可以用建立网络流来做,起点S连每个英雄容量为1,英雄连可以打的怪兽容量为1,怪兽连T容量为1,然后跑一个Dinic就行了。
如果选k个英雄其实就相当于从S多引出一条路容量为k的路,然后连到一个tmp点,在把tmp点用容量为1的路连到每个英雄上。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1020;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,k;
struct Edge {
int from, to, cap, flow;
};
struct Dinic {
int s,t;
vector<Edge> edges;
vector<int> G[maxn];
int d[maxn];
bool vis[maxn];
int cur[maxn];
void addEdge(int from, int to, int cap) {
edges.push_back((Edge){from,to,cap,0});
edges.push_back((Edge){to,from,0,0});
int tt = edges.size();
G[from].push_back(tt-2);
G[to].push_back(tt-1);
}
bool BFS() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
queue<int>Q;
Q.push(s);
d[s] = 0;
vis[s] = 1;
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] = 1;
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[x]+1==d[e.to] && (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 MF(int s, int t) {
this->s = s; this->t = t;
int flow = 0;
while(BFS()) {
memset(cur, 0, sizeof(cur));
flow += DFS(s, inf);
}
return flow;
}
}dinic;
int main()
{
// freopen("/Users/maoxiangsun/MyRepertory/acm/i.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d%d", &n,&m,&k);
int tmp = n + m + 1;
int s = 0;
int t = n + m + 2;
dinic.addEdge(0, tmp, k);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dinic.addEdge(s,i,1);
dinic.addEdge(tmp,i,1);
int T;scanf("%d", &T);
while(T--) {
int v;
scanf("%d", &v);
dinic.addEdge(i, n+v, 1);
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
dinic.addEdge(i+n,t,1);
}
printf("%d\n", dinic.MF(s,t));
return 0;
}
/*
3 5 2
4 1 2 3 5
2 2 5
2 1 2
*/