首页 > 代码库 > AC日记——教辅的组成 洛谷 P1231

AC日记——教辅的组成 洛谷 P1231

题目背景

滚粗了的HansBug在收拾旧语文书,然而他发现了什么奇妙的东西。

题目描述

蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案,然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数,其中有书,有答案,有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案,然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了,然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案,并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系(即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应,除此以外的均不可能对应)。既然如此,HansBug想知道在这样的情况下,最多可能同时组合成多少个完整的书册。

输入输出格式

输入格式:

 

第一行包含三个正整数N1、N2、N3,分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。

第二行包含一个正整数M1,表示书和练习册可能的对应关系个数。

接下来M1行每行包含两个正整数x、y,表示第x本书和第y本练习册可能对应。(1<=x<=N1,1<=y<=N2)

第M1+3行包含一个正整数M2,表述书和答案可能的对应关系个数。

接下来M2行每行包含两个正整数x、y,表示第x本书和第y本答案可能对应。(1<=x<=N1,1<=y<=N3)

 

输出格式:

 

输出包含一个正整数,表示最多可能组成完整书册的数目。

 

输入输出样例

输入样例#1:
5 3 454 32 25 25 15 351 33 12 23 34 3
输出样例#1:
2

说明

样例说明:

如题,N1=5,N2=3,N3=4,表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。

M1=5,表示书和练习册共有5个可能的对应关系,分别为:书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。

M2=5,表示数和答案共有5个可能的对应关系,分别为:书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。

所以,以上情况的话最多可以同时配成两个书册,分别为:书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。

数据规模:

技术分享

对于数据点1, 2, 3,M1,M2<= 20

对于数据点4~10,M1,M2 <= 20000

 

 

思路:

  网络流(一眼看出= =);

  dinic算法跑最大流;

  s连接练习册,练习册连接书,书连接答案,答案连接t;

  边的容量都为1;

  然后,说几个浪费我大量时间找错的大坑:

  1 数组开到足够大

  2 拆点!

  3 head初始为-1,然后从0开始加边,便于^

 

来,上代码:

#include <queue>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define maxn 500005using namespace std;struct EdgeType {    int v,next,flow;};struct EdgeType edge[maxn*10];int if_z,n1,n2,n3,s,t,ans,cnt;int deep[maxn],m,head[maxn];char Cget;inline void in(int &now){    now=0,if_z=1,Cget=getchar();    while(Cget>9||Cget<0)    {        if(Cget==-) if_z=-1;        Cget=getchar();    }    while(Cget>=0&&Cget<=9)    {        now=now*10+Cget-0;        Cget=getchar();    }    now*=if_z;}inline void edge_add(int u,int v){    edge[cnt].v=v,edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].flow=1,head[u]=cnt++;    edge[cnt].v=u,edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].flow=0,head[v]=cnt++;}bool BFS(){    memset(deep,0,sizeof(deep));    deep[s]=1;queue<int>que;que.push(s);    while(!que.empty())    {        int pos=que.front();        for(int i=head[pos];i>=0;i=edge[i].next)        {            if(edge[i].flow!=0&&deep[edge[i].v]==0)            {                deep[edge[i].v]=deep[pos]+1;                que.push(edge[i].v);            }        }        que.pop();    }    if(deep[t]==0) return false;    else return true;}int flowing(int now,int flow){    if(now==t||flow<=0) return flow;    int oldflow=0;    for(int i=head[now];i>=0;i=edge[i].next)    {        if(deep[edge[i].v]!=deep[now]+1||edge[i].flow<=0) continue;        int pos=flowing(edge[i].v,min(edge[i].flow,flow));        flow-=pos;        oldflow+=pos;        edge[i].flow-=pos;        edge[i^1].flow+=pos;        if(flow==0) break;    }    return oldflow;}int dinic(){    int pos=0;    while(BFS()) pos+=flowing(s,0x7ffffff);    return pos;}int main(){    memset(head,-1,sizeof(head));    in(n2),in(n1),in(n3);    t=n1+n2+n3+1,s=0;int u,v;    for(int i=1;i<=n1;i++) edge_add(s,i);    for(int i=1;i<=n2;i++) edge_add(i+n1,t+i);    for(int i=1;i<=n3;i++) edge_add(i+n1+n2,t);    in(m);    while(m--)    {        in(v),in(u);        edge_add(u,v+n1);    }    in(m);    while(m--)    {        in(u),in(v);        edge_add(u+t,n1+n2+v);    }    printf("%d\n",dinic());    return 0;}

 

AC日记——教辅的组成 洛谷 P1231