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一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时，所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首（或更多）舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢，而其他相互不喜欢（不会”单向喜欢“）。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞，而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息，舞会最多能有几首舞曲？
第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符，其中第i行第j个字符为‘Y‘当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。
仅一个数，即舞曲数目的最大值。
3 0 YYY YYY YYY
3
1.都要跳舞
既然不能干看着，那么一首舞曲中，每个人都得跳，换言之，若是本题答案为ans，那么最终每人都能跳ans只舞，
所以我们二分答案，在某个模型下跑最大流，最后检查答案，若满足条件：（跳舞的总数就是ans * N（人数））我们就往上搜，否则就往下搜，不断缩小二分范围，找到答案 （其实貌似数据范围可以直接枚举）
2.不会和同一人跳舞
匹配的基本知识，男女连边容量为1即可，不再赘述
3.能和k个不喜欢的人跳舞
我们要求能跳舞的场数最多，自然就想k尽可能多一点，虽然k是不能改变的，但是依据贪心的思想，我们能不用k就尽量不用k，换言之，如果和舞伴互相喜欢，就不用消耗k的次数了。
为了达到喜欢的人互相跳舞不消耗k，我们需要分裂点：将每个男/女分裂为喜欢和不喜欢两个部分，然后连边如下图
a为二分出来的答案 源点连男容量为a保证了一个人可以跳a场舞，来进行最大流以及答案验证 （深色为喜欢，浅一点为不喜欢）
若两人相互喜欢，则有：
这样直接连喜欢，s到t的路上没有占用k，即k的次数无消耗；容量为1保证了只和同一人跳一次舞
若两人不互相喜欢，则有
不喜欢的人跳舞不愿意，需要消耗k，路径被夹在k之间，最大流从之间通过消耗k，达到目的；容量为1同样保证了只和同一人跳一次舞
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; //input by bxd #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define RI(n) scanf("%d",&(n)) #define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m) #define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k) #define RS(s) scanf("%s",s); #define ll long long #define pb push_back #define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++) #define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A) ////////////////////////////////// #define inf 0x3f3f3f3f const int N=4e5+44; const int M=4e6+54; int d[N]; struct edge { int to, next, w; } e[M << 1]; int head[N],cur[N],cnt = 1; void add(int x, int y, int z) { e[++cnt] = (edge){y, head[x], z}; head[x] = cnt; e[++cnt] = (edge){x, head[y], 0}; head[y] = cnt; } void init() { cnt=1;CLR(head,0);CLR(cur,0); } void ins(int x,int y,int a,int b) { add(x,y,b-a); d[x]-=a; d[y]+=a; } int level[N]; bool bfs(int s, int t) { memset(level, 0, sizeof level); queue<int> q; level[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int pos = q.front();q.pop(); for (int i = head[pos]; i; i = e[i].next) { int nx = e[i].to; if (!e[i].w || level[nx]) continue; level[nx] = level[pos] + 1; q.push(nx); } } return level[t]; } int dfs(int s, int t, int flow) { if(s==t||flow==0)return flow; int f,ret = 0; for (int &i = cur[s],v; i; i = e[i].next) { v = e[i].to; if (level[v] == level[s] + 1 && (f=dfs(v,t,min(flow,e[i].w)))>0) { e[i].w -= f; e[i ^ 1].w += f; flow -= f; ret += f; if(!flow)break; } } return ret; } int dinic(int s, int t) { int ret = 0; while (bfs(s, t)) memcpy(cur,head,sizeof cur),ret += dfs(s, t, inf); return ret; } int n,m,s,t,a,b,c,sum,S,T,k; char mp[100][100]; void build(int a) { init(); rep(i,1,n) { add(s,i,a); add(i,i+n,k); add(i+2*n,i+3*n,k); add(i+3*n,t,a); } rep(i,1,n) rep(j,1,n) { if(mp[i][j]==‘Y‘)add(i,j+3*n,1); else add(i+n,j+2*n,1); } } bool check(int x) { build(x); return dinic(s,t)==n*x; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k);s=10*n+1,t=s+1; rep(i,1,n){scanf("%s",mp[i]+1);} int L=0,R=n,ans=0; while(L<=R) { int mid=(L+R)>>1; if(check(mid))L=mid+1,ans=mid; else R=mid-1; } cout<<ans; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/bxd123/p/11311310.html
