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2006 洛谷P2763题解 - c++编程基础 - 开发中心
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洛谷P2763题解
2019-08-14 00:08:44 】 浏览:19
Tags:洛谷 P2763 题解

吐槽一下:蜜汁UKE是什么玩意?!


题目分析:

  1. 观察题面,对于给定的组卷要求,计算满足要求的组卷方案,可以发现这是一道明显的有条件二分图匹配问题,于是考虑建模。

    • 建一个超级源点,一个超级汇点;源点与试题相连,汇点与类型相连。

    • 重点是类型的题数的建模。可以从感性来理解一下,其实这有一点限流的意思,每个类型只要求有这么多的题量,不能超出,于是考虑在类型与汇点相连的时候将容量设为类型的题数,在算最大流的时候将题量限制住,就能满足题面的要求了。(希望大家能明白我的意思 \(QwQ\) )

    • 最后的图即为:超级源点与试题相连,容量为1;类型与对应的试题相连,容量为1;类型与超级汇点相连,容量为类型的题数。具体来说,超级源点 \(S\) 为节点 \(1\) ,试题为节点 \(2—n+1\),类型为节点 \(n+2—n+k+1\) 超级汇点 \(T\) 为节点 \(n+k+2\)
  2. 建模完成之后,考虑记录方案。
    • 因为 \(Dinic\) 算法是通过 \(Xor\;1\) 来完成正向边与反向边的转变的,故正向边的 \(e[i].to\) 为路径终点,反向边的 \(e[i\;Xor\;1].to\) 为路径起点, 所以可以通过枚举每一条边来找到相应的节点。
    • 又因为反向边的 \(e[i\;Xor\;1].v\) 的初始化为0,当 \(e[i\;Xor\;1].v\neq0\) 时,即代表这条边是最大流跑过的边,也相当于这条边被匹配了。
    • 最后排除掉超级源点与超级汇点的情况。
  3. 如果 \(Dinic\) 跑一遍下来,ans(即最大流)依然为0,则本数据没有答案(即输出"No Solution!")。


code(带详细注释):

#include<bits/stdc++.h>
#define Maxn 4010
#define Maxm 10010
#define int long long 
using namespace std;
int k,n;
inline void read(int &x)
{
    int f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    x*=f;
}
int S,T;
int ans=0,dep[Maxn];
struct edge
{
    int to,next,v;
}e[Maxm<<1];//一定注意要开两倍空间(正反两条边) 
int head[Maxn],ei=1;//一定注意这里的ei为奇数 
void add(int x,int y,int v)
{
    ei++;
    e[ei].to=y;
    e[ei].v=v;
    e[ei].next=head[x];
    head[x]=ei;
}
int bfs()
{
    queue<int>qu;
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    dep[S]=1;
    qu.push(S);
    while(!qu.empty())
    {
        int fr=qu.front();
        qu.pop();
        for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
        {
            int to=e[i].to;
            if(dep[to]!=0||e[i].v==0) continue;
            qu.push(to);
            dep[to]=dep[fr]+1;
        }
    }
    return dep[T]!=0;
}
int dfs(int from,int maxflow)
{
    if(from==T) return maxflow;
    int flow=0;
    for(int i=head[from];i;i=e[i].next)
    {
        int to=e[i].to;
        if(dep[to]!=dep[from]+1||e[i].v==0) continue;
        int rst=dfs(to,min(maxflow-flow,e[i].v));
        if(rst==0) dep[to]=0;
        e[i].v-=rst;
        e[i^1].v+=rst;
        flow+=rst;
        if(flow==maxflow) break;
    }
    return flow;
}
void dinic()
{
    while(bfs())
    {
        ans+=dfs(S,LLONG_MAX);
    }
}
signed main()
{
    read(k),read(n);
    S=1,T=k+n+2;//超级源点与超级汇点 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        add(S,i+1,1);
        add(i+1,S,0);
        //超级源点与试题相连,容量为1 
    }
    for(int i=1,x;i<=k;i++)
    {
        read(x);
        add(i+n+1,T,x);
        add(T,i+n+1,0);
        //类型与超级汇点相连,容量为类型的题数 
    }
    for(int i=1,p;i<=n;i++)
    {
        read(p);
        for(int j=1,x;j<=p;j++)
        {
            read(x);
            add(i+1,x+n+1,1);
            add(x+n+1,i+1,0);
            //类型与对应的试题相连,容量为1
        }
    }
    dinic();//跑dinic 
    if(ans==0)//没有答案 
    {
        puts("No Solution!");
        return 0;
    } 
    for(int num=1;num<=k;num++)//枚举所有类型 
    {
        printf("%lld:",num);
        for(int i=2;i<=ei;i+=2)//枚举每一条边来找到相应的节点 
        {
            if(e[i].to!=S&&e[i].to!=T&&e[i^1].to!=S&&e[i^1].to!=T)//排除掉超级源点与超级汇点的情况
            {
                if(e[i^1].v!=0)//这条边已经被匹配了 
                {
                    if(e[i].to-n-1==num)//判断是否为当前类型 
                    {
                        printf("%lld ",e[i^1].to-1);
                    }
                }
            }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

网络流注意事项:

  1. 网络流关键在于建模,精髓也在建模。像本题一样的二分图匹配问题可采取我使用的建模方式:最大匹配=最大流
  2. 前向星的计数器初始化时,一定要为奇数。因为第n条边为正向边,第n+1条边为反向边,要实现 \(e[i]\) 为正向边,\(e[i\;Xor\;1]\) 为反向边,就要保证正向边的i为奇数,即计数器要初始化为奇数。
  3. 前向星边数一定要开两倍空间,因为正向边一条,反向边一条。

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