[题解] PowerOJ 1736 飞行员配对方案问题 (最大流)

- 传送门 -

　https://www.oj.swust.edu.cn/problem/show/1736

#1736: 飞行员配对方案问题 SPJ

Time Limit: 1000 MS Memory Limit: 65536 KB
Total Submit: 623 Accepted: 291 Page View: 2015

Description

第二次世界大战时期，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。

Input

由文件input.txt提供输入数据。文件第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。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。文件最后以2 个-1 结束。

Output

程序运行结束时，将最佳飞行员配对方案输出到文件output.txt 中。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!’。

5 10
1 7
1 8
2 6
2 9
2 10
3 7
3 8
4 7
4 8
5 10
-1 -1

4
1 7
2 9
3 8
5 10

Hint

王晓东《线性规划和网络流24题》系列题目不需要管output.txt，是标准输入输出，多文件单数据。所有题目中n的值一般小于150.

Source

线性规划与网络流24题

- 题意 -

　给出 1 -> m 和 m+1 -> n 两组人间的配对, 求最大配对数.
　

- 思路 -

　网络流 1.
　重点在建图, 设一个起点指向1 -> m 这个集合, m+1 -> n 这个集合指向一个终点.
　1 -> m 这个集合的点指向m+1 -> n 这个集合的点.
　容量都是 1 , 然后求最大流.
　
　细节见代码.
　

- 代码 -

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
 
const int N = 200;
const int M = N * N;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
 
int NXT[M], TO[M], HD[N];
int FRM[M], V[M], FLOW[M];
int VIS[N], DIS[N], CUR[N];
int n, m, sz, ss, tt, flow, cnt;
queue<int> q;
 
void add(int a, int b) {
    TO[sz] = b; NXT[sz] = HD[a]; HD[a] = sz;
    FRM[sz] = a; V[sz++] = 1;
    TO[sz] = a; NXT[sz] = HD[b]; HD[b] = sz;
    FRM[sz] = b; V[sz++] = 0;
}
 
int bfs() {
    memset(DIS, -1, sizeof (DIS));
    DIS[ss] = 0;
    q.push(ss);
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = HD[u]; i != -1; i = NXT[i]) {
            if (DIS[TO[i]] < 0 && V[i]) {
                DIS[TO[i]] = DIS[u] + 1;
                q.push(TO[i]);
            }
        }
    }
    return DIS[tt] > 0;
}
 
int dfs(int x, int a) {
    if (x == tt) return a;
    int flow = 0, f;
    for (int& i = CUR[x]; i != -1; i = NXT[i]) {
        if (V[i] && DIS[TO[i]] == DIS[x] + 1)
            if (f = dfs(TO[i], min(a, V[i]))) {
                V[i] -= f;
                V[i^1] += f;
                flow += f;
                a -= f;
                if (a == 0) break;
            }
    }
    return flow;
}
 
int main() {
    memset(HD, -1, sizeof (HD));
    scanf("%d%d", &m, &n);
    int a, b;
    ss = n + 1, tt = n + 2;
    while (scanf("%d%d", &a, &b) != EOF) {
        if (a == -1) break;
        add(a, b);
        cnt = sz;
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        add(ss, i);
    for (int i = m + 1; i <= n; ++i)
        add(i, tt);
    while (bfs()) {
        memcpy(CUR, HD, sizeof (HD)); //注意这里初始化包括了起点终点.
        flow += dfs(ss, inf);
    }
    if (flow) {
        printf("%d
", flow);
        for (int i = 0; i < cnt; ++i)
            if (V[i] == 0 && FRM[i] < TO[i])
                printf("%d %d
", FRM[i], TO[i]);
    }
    else printf("No Solution!
");
    return 0;
}