题目大概说,有n头牛和b块草地,每头牛心中分别对每块草地都有排名,草地在牛中排名越高牛安排在那的幸福度就越小(。。。),每块草地都能容纳一定数量的牛。现在要给这n头牛分配草地,牛中的幸福度最大与幸福度最小的差值越小越好,问最小能多小。

显然又是枚举结果跑最大流看是否合法。不过,枚举幸福度的差值是做不了的,应该要枚举的是幸福度的最大值和幸福度的最小值。然后建图没啥好说的。。最后的结果要加1,因为题目说“including the endpoints”,虽然不知道什么意思。。

 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF (1<<30)
#define MAXN 1111
#define MAXM 44444 struct Edge{
int v,cap,flow,next;
}edge[MAXM];
int vs,vt,NE,NV;
int head[MAXN]; void addEdge(int u,int v,int cap){
edge[NE].v=v; edge[NE].cap=cap; edge[NE].flow=;
edge[NE].next=head[u]; head[u]=NE++;
edge[NE].v=u; edge[NE].cap=; edge[NE].flow=;
edge[NE].next=head[v]; head[v]=NE++;
} int level[MAXN];
int gap[MAXN];
void bfs(){
memset(level,-,sizeof(level));
memset(gap,,sizeof(gap));
level[vt]=;
gap[level[vt]]++;
queue<int> que;
que.push(vt);
while(!que.empty()){
int u=que.front(); que.pop();
for(int i=head[u]; i!=-; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(level[v]!=-) continue;
level[v]=level[u]+;
gap[level[v]]++;
que.push(v);
}
}
} int pre[MAXN];
int cur[MAXN];
int ISAP(){
bfs();
memset(pre,-,sizeof(pre));
memcpy(cur,head,sizeof(head));
int u=pre[vs]=vs,flow=,aug=INF;
gap[]=NV;
while(level[vs]<NV){
bool flag=false;
for(int &i=cur[u]; i!=-; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(edge[i].cap!=edge[i].flow && level[u]==level[v]+){
flag=true;
pre[v]=u;
u=v;
//aug=(aug==-1?edge[i].cap:min(aug,edge[i].cap));
aug=min(aug,edge[i].cap-edge[i].flow);
if(v==vt){
flow+=aug;
for(u=pre[v]; v!=vs; v=u,u=pre[u]){
edge[cur[u]].flow+=aug;
edge[cur[u]^].flow-=aug;
}
//aug=-1;
aug=INF;
}
break;
}
}
if(flag) continue;
int minlevel=NV;
for(int i=head[u]; i!=-; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(edge[i].cap!=edge[i].flow && level[v]<minlevel){
minlevel=level[v];
cur[u]=i;
}
}
if(--gap[level[u]]==) break;
level[u]=minlevel+;
gap[level[u]]++;
u=pre[u];
}
return flow;
} int n,b,happy[][],cap[];
bool isok(int mm,int mx){
vs=; vt=n+b+; NV=vt+; NE=;
memset(head,-,sizeof(head));
for(int i=; i<=n; ++i) addEdge(vs,i,);
for(int i=; i<=n; ++i){
for(int j=; j<=b; ++j){
if(mm<=happy[i][j] && happy[i][j]<=mx) addEdge(i,j+n,);
}
}
for(int i=; i<=b; ++i) addEdge(i+n,vt,cap[i]);
return ISAP()==n;
}
int main(){
int a;
scanf("%d%d",&n,&b);
for(int i=; i<=n; ++i){
for(int j=; j<=b; ++j){
scanf("%d",&a);
happy[i][a]=j;
}
}
for(int i=; i<=b; ++i) scanf("%d",cap+i);
int res=INF;
for(int i=; i<=b; ++i){
for(int j=i; j<=b; ++j){
if(isok(i,j)) res=min(res,j-i);
}
}
printf("%d",res+);
return ;
}

POJ3189 Steady Cow Assignment(最大流)的更多相关文章

  1. POJ3189 Steady Cow Assignment —— 二分图多重匹配/最大流 + 二分

    题目链接:https://vjudge.net/problem/POJ-3189 Steady Cow Assignment Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65 ...

  2. POJ3189 Steady Cow Assignment

    Steady Cow Assignment Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 6817   Accepted:  ...

  3. POJ 2289 Jamie's Contact Groups & POJ3189 Steady Cow Assignment

    这两道题目都是多重二分匹配+枚举的做法,或者可以用网络流,实际上二分匹配也就实质是网络流,通过枚举区间,然后建立相应的图,判断该区间是否符合要求,并进一步缩小范围,直到求出解.不同之处在对是否满足条件 ...

  4. POJ3189:Steady Cow Assignment(二分+二分图多重匹配)

    Steady Cow Assignment Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 7482   Accepted: ...

  5. POJ 3189——Steady Cow Assignment——————【多重匹配、二分枚举区间长度】

     Steady Cow Assignment Time Limit:1000MS     Memory Limit:65536KB     64bit IO Format:%I64d & %I ...

  6. Poj 3189 Steady Cow Assignment (多重匹配)

    题目链接: Poj 3189 Steady Cow Assignment 题目描述: 有n头奶牛,m个棚,每个奶牛对每个棚都有一个喜爱程度.当然啦,棚子也是有脾气的,并不是奶牛想住进来就住进来,超出棚 ...

  7. Steady Cow Assignment POJ - 3189 (最大流+匹配)

    Farmer John's N (1 <= N <= 1000) cows each reside in one of B (1 <= B <= 20) barns which ...

  8. P2857 [USACO06FEB]稳定奶牛分配Steady Cow Assignment

    题目描述 Farmer John's N (1 <= N <= 1000) cows each reside in one of B (1 <= B <= 20) barns ...

  9. Steady Cow Assignment

    poj3189:http://poj.org/problem?id=3189 题意:这一题的题意.我看了很长时间才弄懂.就是给你n头牛,m个牛棚,每个牛对每一个牛棚会有一个满值,第i行第j个数表示的是 ...

随机推荐

  1. shell安装MySQL二进制包

    现在解压MySQL二进制包,稍作配置,就能用了,安装速度快,安装来练习最好不过了,哈哈 该脚本只是安装二进制的MySQL包,my.cnf只修改了简单的选项,没有过多进行设置,若朋友们用我的脚本安装作为 ...

  2. Android软键盘隐藏,遮挡EidtText解决办法

    一.自动弹出软键盘 Timer timer=new Timer(); timer.schedule(new TimerTask() { public void run() { InputMethodM ...

  3. [Effective JavaScript 笔记]第24条:使用变量保存arguments对象

    迭代器(iterator)是一个可以顺序存取数据集合的对象.其一个典型的API是next方法.该方法获得序列中的下一个值. 迭代器示例 题目:希望编写一个便利的函数,它可以接收任意数量的参数,并为这些 ...

  4. C++中的复制、赋值、析构

    一直对C++的复制(Copy).赋值(Assign)操作比较困惑,现在看书的时候看到了,就把它顺便记下来. 一.什么时候触发 一下代码可以熟悉什么时候触发复制操作,以及什么时候触发赋值操作: // t ...

  5. asp.net 网站 或者web Api 发布

    asp.net 发布iis时可能遇到的内部服务错误常见的有两种: 1.如下图,500.19 Internal Server Error(内部服务错误) 这种错误可能是由于本机的注册表中的asp.net ...

  6. puppet 安装

    yum源配置 1. wget http://ftp.kaist.ac.kr/fedora//epel/6/i386/epel-release-6-8.noarch.rpm 2. yum list | ...

  7. Rotate String

    Given a string and an offset, rotate string by offset. (rotate from left to right) Example Given &qu ...

  8. 父页面刷新 保持iframe页面url不变

    思路:点击父页面时写cookies-->刷新时从cookies中奖内容读取出来. 本文转自:http://blog.163.com/sdolove@126/blog/static/1146378 ...

  9. UVA11806-Cheerleaders(容斥原理+二进制)

    In most professional sporting events, cheerleaders play a major role in entertaining the spectators. ...

  10. php 简单操作数据库

    <?php header("content-type:text/html;charset=utf-8"); /*//造一个连接 $connect = @mysql_conne ...