pku 3436 ACM Computer Factory ——最大流 EK
http://poj.org/problem?id=3436
题意好难懂，有n个工厂加工电脑半成品，半成品电脑需要p个部件。
输入p(需要的部件数) n（工厂数）
Qi (工厂最大生产量) Si,1 Si,2...Si,P （s表示在工厂i声场必须满足的条件1必须已经有了，0可以没有，2可以有，也可以没有） Di,1 Di,2...Di,P,(经过i厂生产之后，所满足的条件1有，0木有)
题目建图不好了理解，建完图后就是套最大流模板的问题了。。。
首先构建网络图,一台电脑在进入生产线之前各部分的零件状态肯定全为0,离开生产线时,各部分的零件状态肯定全为1.
所以源点与输入状态全为0的机器相连,输出状态全为1机器与汇点相连,并且设定容量为INF,然后对每台机器的输入,输出
拆为两个点,容量为Q;最后判断两台机器之间,某台机器的输出状态是否可以为另一台机器的输入状态,是,则相连,容量为
INF,至此网络流图建立完毕,下面就是求最大流问题了.
但是为了输出相连的机器信息,我们在构建网络流图完毕后,应该备份一下残留矩阵residual为cresidual,当EK()完以后,
通过比较cresidual与residual的值才可以确定那两个机器之间被利用了.
View Code
#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>#include <iostream>#define maxn 200#define inf 0x7fffffffusing namespace std;
int g[maxn][maxn],flow[maxn],tmp[maxn][maxn];int pre[maxn];struct node{int in[20],out[20];int num;}tp[maxn];int s,e,p,n,ans;void input(){ memset(g,0,sizeof(g));for (int i = 1; i <= n; ++i) { cin>>tp[i].num; g[i][i+n] = tp[i].num;for (int j = 0; j < p; ++j) cin>>tp[i].in[j];for (int j = 0; j < p; ++j) cin>>tp[i].out[j]; }}bool isok(node a,node b){for (int i = 0; i < p; ++i) {if (a.out[i] + b.in[i] == 1)return false; }return true;}int getf(int *l){int t0 = 0;int t1 = 0;for (int i = 0; i < p; ++i) {if (l[i] == 1) t1++;else t0++; }if (t1 == p) return 1;if (t0 == p) return 0;return -1;}void build(){ s = 0; e = 2*n + 1;int i,j;for (i = 1; i <= n; ++i) {for (j = 1; j <= n; ++j) {if (i != j && isok(tp[i],tp[j])) { g[i + n][j] = inf; } } }for (i = 1; i <= n; ++i) {int flag1 = getf(tp[i].in);int flag2 = getf(tp[i].out);if (flag1 == 0) g[s][i] = inf;if (flag2 == 1) g[i + n][e] = inf; } memcpy(tmp,g,sizeof(g));}int bfs(){int i; memset(pre,-1,sizeof(pre));for (i = s; i <= e; ++i) flow[i] = inf; queue<int>q; q.push(s);while (!q.empty()) {int pos = q.front(); q.pop();if (pos == e) return flow[e];for (i = s; i <= e; ++i) {if (i == s || g[pos][i] == 0 || pre[i] != -1) continue; pre[i] = pos; flow[i] = min(flow[pos],g[pos][i]); q.push(i); } }return -1;}void EK(){ ans = 0;while (1) {int d = bfs();if (d == -1) break; ans += d;for (int i = e; i != s; i = pre[i]) { g[pre[i]][i] -= d; g[i][pre[i]] += d; } }}void print(){int ct = 0;int i,j;for (i = n + 1; i < e; ++i) {for (j = 1; j <= n; ++j) {if (i != j && g[i][j] < tmp[i][j]) ct++; } } printf("%d %d\n",ans,ct);for (i = n + 1; i < e; ++i) {for (j = 1; j <= n; ++j) {if (i != j && g[i][j] < tmp[i][j]) printf("%d %d %d\n",i - n,j,tmp[i][j] - g[i][j]); } }}int main(){//freopen("d.txt","r",stdin); while (~scanf("%d%d",&p,&n)) { input(); build(); EK(); print(); }return 0;}转载于:https://www.cnblogs.com/E-star/archive/2012/03/20/2408422.html
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