标签：存在 family mem \n sam names [] 复杂 案例
二分图裸题，可以拿最大流怼。
题目背景
第二次世界大战时期..
题目描述
英国皇家空军从沦陷国征募了大量外籍飞行员。由皇家空军派出的每一架飞机都需要配备在航行技能和语言上能互相配合的2 名飞行员，其中1 名是英国飞行员，另1名是外籍飞行员。在众多的飞行员中，每一名外籍飞行员都可以与其他若干名英国飞行员很好地配合。如何选择配对飞行的飞行员才能使一次派出最多的飞机。对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，试设计一个算法找出最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。
对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，编程找出一个最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。
输入输出格式
输入格式：
第 1 行有 2 个正整数 m 和 n。n 是皇家空军的飞行员总数(n<100)；m 是外籍飞行员数(m<=n)。外籍飞行员编号为 1~m；英国飞行员编号为 m+1~n。
接下来每行有 2 个正整数 i 和 j，表示外籍飞行员 i 可以和英国飞行员 j 配合。最后以 2个-1 结束。
输出格式：
第 1 行是最佳飞行员配对方案一次能派出的最多的飞机数 M。接下来 M 行是最佳飞行员配对方案。每行有 2个正整数 i 和 j，表示在最佳飞行员配对方案中，飞行员 i 和飞行员 j 配对。如果所求的最佳飞行员配对方案不存在，则输出‘No Solution!’。
输入输出样例
先来一段匈牙利算法AC代码，关于匈牙利算法的说明看其他博客去，这里重点是网络流。。。首先你要有前置技能
1，会求最大流(dinic, isap， EK, FF 随便会一个)。
2，知道什么是二分图匹配
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 const int MAXN = 205; 5 const int INF = 0x3F3F3F3F; 6 7 int n, m, first[MAXN], sign; 8 9 struct Edge { 10 int to, w, next; 11 } edge[MAXN * MAXN]; 12 13 int link[MAXN], vis[MAXN]; 14 15 inline void init() { 16 for(int i = 0; i <= n; i++ ) { 17 first[i] = -1; 18 } 19 sign = 0; 20 } 21 22 inline void add_edge(int u, int v, int w) { 23 edge[sign].to = v; 24 edge[sign].w = w; 25 edge[sign].next = first[u]; 26 first[u] = sign ++; 27 } 28 29 bool match(int x) { 30 for(int i = first[x]; ~i; i = edge[i].next) { 31 int to = edge[i].to; 32 if(!vis[to]) { 33 vis[to] = 1; 34 if(!link[to] || match(link[to])) { 35 link[to] = x; 36 return 1; 37 } 38 } 39 } 40 return 0; 41 } 42 43 int main() 44 { 45 while(~scanf("%d %d", &n, &m)) { 46 init(); 47 int u, v; 48 while(~scanf("%d %d", &u, &v)) { 49 if(u == -1 && v == -1) { 50 break; 51 } 52 add_edge(u, v, 1); 53 } 54 memset(link, 0, sizeof(link)); 55 int ans = 0; 56 for(int i = 1; i <= n; i++ ) { 57 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 58 if(match(i)) { 59 ans ++; 60 } 61 } 62 if(ans) { 63 printf("%d\n", ans); 64 vector<pair<int, int> > vec; 65 for(int i = n + 1; i <= n + m; i++ ) { 66 if(link[i]) { 67 vec.push_back(make_pair(link[i], i)); 68 } 69 } 70 auto cmp = [](pair<int, int> &a, pair<int, int> &b) { 71 return a.first < b.first; 72 }; 73 sort(vec.begin(), vec.end(), cmp); 74 for(int i = 0; i < vec.size(); i++ ) { 75 printf("%d %d\n", vec[i].first, vec[i].second); 76 } 77 } else { 78 puts("No Solution!"); 79 } 80 } 81 return 0; 82 }
网络流的解法。
用网络流写二分图是因为我KM算法了学吐了。。。 然后发现网络流的dinic在二分图中具有着优秀的复杂度。学习一波。对于无权二分图，我们可以让起边权为1，虚拟出源点，源点引出一系列权值1的边指向集合A的所有点。集合B的所有点引出一条权值1的边指向汇点。然后直接dinic最大流即可。然后一个问题就是如何把匹配关系找出来。这部分看注释。另外这题又spacial judge。匹配结果可行集合，不需要与案例一样。
关于匹配点这么获得：
网络流解二分图，正向弧和反向弧权要么是1，要么是0 .而且集合只有两个。没有普通网络流中间的一堆点。集合B中边权是1，且不指向t的点。就是集合A中他的匹配点。(想明白后感觉我又废话了，其他题解都没解释，这部分卡了我十几分钟囧。。。)
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 const int maxn = 205; 5 const int maxm = 1e4 + 7; 6 const int inf = 0x7fffffff; 7 typedef long long LL; 8 9 int s, t, n, m; 10 11 struct Edge { 12 int to, w, next; 13 } edge[maxm]; 14 15 int first[maxn], cur[maxn], sign, dist[maxn]; 16 17 void init() { 18 for(int i = 0; i <= n + m + 1; i ++ ) { 19 first[i] = -1; 20 } 21 sign = 0; 22 } 23 24 void add_edge(int u,int v,int w) { 25 edge[sign].to = v, edge[sign].w = w; 26 edge[sign].next = first[u], first[u] = sign++; 27 28 edge[sign].to = u, edge[sign].w = 0; 29 edge[sign].next = first[v], first[v] = sign++; 30 } 31 32 bool bfs(int s,int t) { 33 memset(dist, -1, sizeof(dist)); 34 queue<int>que; 35 que.push(s), dist[s] = 0; 36 while(!que.empty()) { 37 int now = que.front(); 38 que.pop(); 39 if(now == t) { 40 return 1; 41 } 42 for(int i = first[now]; ~i; i = edge[i].next) { 43 int to = edge[i].to, ww = edge[i].w; 44 if(dist[to] == -1 && ww > 0) { 45 dist[to] = dist[now] + 1; 46 que.push(to); 47 } 48 } 49 } 50 return 0; 51 } 52 53 int dfs(int s, int t, int max_flow) { 54 if(s == t) { 55 return max_flow; 56 } 57 for(int &i = cur[s]; ~i; i = edge[i].next) { 58 int to = edge[i].to, ww = edge[i].w; 59 if(dist[to] == dist[s] + 1 && ww > 0) { 60 int flow = dfs(to, t, min(max_flow, ww)); 61 if(flow > 0) { 62 edge[i].w -= flow; 63 edge[i ^ 1].w += flow; 64 return flow; 65 } 66 } 67 } 68 return 0; 69 } 70 71 int dinic(int s, int t) { 72 int ans = 0; 73 while(bfs(s, t)) { 74 for(int i = 0; i <= t; i ++ ) { 75 cur[i] = first[i]; 76 } 77 ans += dfs(s, t, inf); 78 } 79 return ans; 80 } 81 82 int main() { 83 84 while(~scanf("%d %d", &n, &m)) { 85 init(); 86 s = 0, t = n + m + 1; 87 for(int i = 1; i <= n; i++ ) { 88 add_edge(0, i, 1); 89 } 90 for(int i = n + 1; i <= n + m; i++ ) { 91 add_edge(i, t, 1); 92 } 93 int u, v; 94 while(~scanf("%d %d", &u, &v)) { 95 if(u == -1 && v == -1) { 96 break; 97 } 98 add_edge(u, v, 1); 99 } 100 int ans = dinic(s, t); 101 printf("%d\n", ans); 102 if(ans) { 103 for(int i = n + 1; i <= n + m; i++ ) { 104 for(int j = first[i]; ~j; j = edge[j].next) { 105 if(edge[j].w == 1 && edge[j].to != t) { 106 printf("%d %d\n", edge[j].to, i); 107 } 108 } 109 } 110 111 } else { 112 puts("No Solution!"); 113 } 114 } 115 return 0; 116 }
标签：存在 family mem \n sam names [] 复杂 案例
原文地址：https://www.cnblogs.com/Q1143316492/p/8971979.html
