poj2112 Optimal Milking --- 最大流量，二分法

nx一个挤奶器，ny奶牛，每个挤奶罐为最m奶牛使用。

现在给nx+ny在矩阵之间的距离。要求使所有奶牛挤奶到挤奶正在旅程，最小的个体奶牛步行距离的最大值。

始感觉这个类似二分图匹配，不同之处在于挤奶器能够连接m个以内的奶牛，用网络流的模型是能够求出满足条件的解的。

问题是怎样满足最大路程的最小值，这一种典型的二分的问法。。

所以我们二分答案，也就是枚举最大路程，直到求得最小值。

每次建边既加入全部最大路程以内的边，加入源点向每一个挤奶器建边。容量为m。其它边都是1，

若返回的最大流是ny则该枚举值能够达到。

这题由于二分上界wa的是由于 有些点之间開始不直接连通，求了floyd之后联通了且边权>200

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-6
#define ll __int64
const int maxn=300;
using namespace std;
 
int n,s,t,level[maxn],c[maxn][maxn];
int m,nx,ny,dis[maxn][maxn];
 
bool makelevel()
{
    memset(level,0,sizeof level);
    level[s]=1;
    int q[maxn];
    int fro=0,iq=0;
    q[iq++]=s;
    int i,v;
    while(fro!=iq)
    {
        v=q[fro++];
        for(i=0;i<=n+1;i++)//注意点的编号
        {
            if(!level[i]&&c[v][i])
            {
                level[i]=level[v]+1;
                q[iq++]=i;
            }
        }
    }
    if(!level[t]) return 0;
    return 1;
}
 
int dfs(int now,int maxf)
{
    if(now==t) return maxf;
    int ret=0;
    for(int i=0;maxf&&i<=n+1;i++)//注意点的编号
    {
        if(c[now][i]&&level[now]+1==level[i])
        {
            int tmp=dfs(i,min(maxf,c[now][i]));
            c[now][i]-=tmp;
            c[i][now]+=tmp;
            ret+=tmp;
            maxf-=tmp;
        }
    }
    return ret;
}
 
int dinic(int d)
{
    int i,j;
    memset(c,0,sizeof c);
    for(i=1;i<=nx;i++)
    {
        c[s][i]=m;
        for(j=nx+1;j<=n;j++)
        {
            c[j][t]=1;
            if(dis[i][j]<=d) c[i][j]=1;
        }
    }
    int ans=0;
    while(makelevel()) ans+=dfs(s,inf);
    return ans;
}
 
int main()
{
    int a,mmax,ri,le,mid,i,j,k;
    while(~scanf("%d%d%d",&nx,&ny,&m))
    {
        mmax=0;
        n=nx+ny;
        s=0;t=n+1;
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(j=1;j<=n;j++)
            {
                scanf("%d",&a);
                if(j>nx&&i<=nx) mmax=max(mmax,a);
                dis[i][j]=(a==0?inf:a);
            }
        for(k=1;k<=n;k++)
            for(i=1;i<=n;i++)
                for(j=1;j<=n;j++)
                {
                    if(i!=j&&dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
                        dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
                }
        ri=10000;
        le=0;
        while(le<ri)
        {
            mid=(le+ri)/2;
            if(dinic(mid)>=ny)
                ri=mid;
            else le=mid+1;
        }
        printf("%d\n",ri);
    }
    return 0;
}

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