【题意】有F种食物和D种饮料,每种食物或饮料只能供一头牛享用,且每头牛只享用一种食物和一种饮料。现在有N头牛,每头牛都有自己喜欢的食物种类列表和饮料种类列表,问最多能使几头牛同时享用到自己喜欢的食物和饮料。 (1 <= F <= 100, 1 <= D <= 100, 1 <= N <= 100)

【建模方法】
此题的建模方法比较有开创性。以往一般都是左边一个点集表示供应并与源相连,右边一个点集表示需求并与汇相连。现在不同了,供应有两种资源,需求仍只有一个群体,怎么办?其实只要仔细思考一下最大流的建模原理,此题的构图也不是那么难想。最大流的正确性依赖于它的每一条s-t流都与一种实际方案一一对应。那么此题也需要用s-t流将一头牛和它喜欢的食物和饮料“串联”起来,而食物和饮料之间没有直接的关系,自然就想到把需求者(牛)放在中间,两边都是供应者(食物和饮料),由s, t将它们串起来构成一种分配方案。至此建模的方法也就很明显了:每种食物i 作为一个点并连边(s, i, 1),每种饮料j 作为一个点并连边(j, t, 1),将每头牛k拆成两个点k’, k’’并连边(k’, k’’, 1), (i, k’, 1), (k’’, j, 1),其中i, j 均是牛k喜欢的食物或饮料。求一次最大流即为结果。

PS:一定要注意将牛拆点连一条1的边,不然最大流结果就不是表示多少这样的牛了,而是表示多少组这样的食物+饮料。因为不拆点的话一头牛可以对应多组喜欢的饮料+食物,只有加一条边才能限制一头牛只能拿一种食物和饮料。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MID(x,y) ((x+y)/2)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXV = 405;
const int MAXE = 50005;
const int oo = 0x3fffffff;
struct node{
int u, v, flow;
int opp;
int next;
};
struct Dinic{
node arc[MAXE];
int vn, en, head[MAXV]; //vn点个数(包括源点汇点),en边个数
int cur[MAXV]; //当前弧
int q[MAXV]; //bfs建层次图时的队列
int path[MAXE], top; //存dfs当前最短路径的栈
int dep[MAXV]; //各节点层次
void init(int n){
vn = n;
en = 0;
mem(head, -1);
}
void insert_flow(int u, int v, int flow){
arc[en].u = u;
arc[en].v = v;
arc[en].flow = flow;
arc[en].opp = en + 1;
arc[en].next = head[u];
head[u] = en ++;

arc[en].u = v;
arc[en].v = u;
arc[en].flow = 0; //反向弧
arc[en].opp = en - 1;
arc[en].next = head[v];
head[v] = en ++;
}
bool bfs(int s, int t){
mem(dep, -1);
int lq = 0, rq = 1;
dep[s] = 0;
q[lq] = s;
while(lq 0){
dep[v] = dep[u] + 1;
q[rq ++] = v;
}
}
}
return false;
}
int solve(int s, int t){
int maxflow = 0;
while(bfs(s, t)){
int i, j;
for (i = 1; i arc[path[k]].flow){
minflow = arc[path[k]].flow;
mink = k;
}
for (int k = 0; k

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