P3153 [CQOI2009]跳舞 二分网络流

Posted 2022-06-15 bxd123

　　

题目描述

一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时，所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首（或更多）舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢，而其他相互不喜欢（不会”单向喜欢“）。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞，而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息，舞会最多能有几首舞曲？

输入格式

第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符，其中第i行第j个字符为‘Y‘当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。

输出格式

仅一个数，即舞曲数目的最大值。

输入输出样例

输入 #1复制

3 0
YYY
YYY
YYY

输出 #1复制

3

1.都要跳舞

既然不能干看着，那么一首舞曲中，每个人都得跳，换言之，若是本题答案为ans，那么最终每人都能跳ans只舞，

所以我们二分答案，在某个模型下跑最大流，最后检查答案，若满足条件：（跳舞的总数就是ans * N（人数））我们就往上搜，否则就往下搜，不断缩小二分范围，找到答案 （其实貌似数据范围可以直接枚举）

2.不会和同一人跳舞

匹配的基本知识，男女连边容量为1即可，不再赘述

3.能和k个不喜欢的人跳舞

我们要求能跳舞的场数最多，自然就想k尽可能多一点，虽然k是不能改变的，但是依据贪心的思想，我们能不用k就尽量不用k，换言之，如果和舞伴互相喜欢，就不用消耗k的次数了。

为了达到喜欢的人互相跳舞不消耗k，我们需要分裂点：将每个男/女分裂为喜欢和不喜欢两个部分，然后连边如下图

a为二分出来的答案 源点连男容量为a保证了一个人可以跳a场舞，来进行最大流以及答案验证 （深色为喜欢，浅一点为不喜欢）

若两人相互喜欢，则有：

这样直接连喜欢，s到t的路上没有占用k，即k的次数无消耗；容量为1保证了只和同一人跳一次舞

---

若两人不互相喜欢，则有

不喜欢的人跳舞不愿意，需要消耗k，路径被夹在k之间，最大流从之间通过消耗k，达到目的；容量为1同样保证了只和同一人跳一次舞

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input by bxd
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define ll long long
#define pb push_back
#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)
#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N=4e5+44;
const int M=4e6+54;
int d[N];
struct edge 
    int to, next, w;
 e[M << 1];
int head[N],cur[N],cnt = 1;
void add(int x, int y, int z) 
    e[++cnt] = (edge)y, head[x], z;
    head[x] = cnt;
    e[++cnt] = (edge)x, head[y], 0;
    head[y] = cnt;

void init()

    cnt=1;CLR(head,0);CLR(cur,0);

void ins(int x,int y,int a,int b)

    add(x,y,b-a);
    d[x]-=a;
    d[y]+=a;


int level[N];
bool bfs(int s, int t) 
    memset(level, 0, sizeof level);
    queue<int> q;
    level[s] = 1;
    q.push(s);
    while (!q.empty()) 
        int pos = q.front();q.pop();
        for (int i = head[pos]; i; i = e[i].next) 
            int nx = e[i].to;
            if (!e[i].w || level[nx]) continue;
            level[nx] = level[pos] + 1;
            q.push(nx);
        
    
    return level[t];

int dfs(int s, int t, int flow) 
    if(s==t||flow==0)return flow;

    int f,ret = 0;
    for (int &i = cur[s],v; i; i = e[i].next) 
         v = e[i].to;
        if (level[v] == level[s] + 1 && (f=dfs(v,t,min(flow,e[i].w)))>0) 
            e[i].w -= f;
            e[i ^ 1].w += f;
            flow -= f;
            ret += f;
            if(!flow)break;
        
    
    return ret;

int dinic(int s, int t) 
    int ret = 0;
    while (bfs(s, t)) memcpy(cur,head,sizeof cur),ret += dfs(s, t, inf);
    return ret;

int n,m,s,t,a,b,c,sum,S,T,k;
char mp[100][100];

void build(int a)

    init();
    rep(i,1,n)
    
        add(s,i,a);
        add(i,i+n,k);
        add(i+2*n,i+3*n,k);
        add(i+3*n,t,a);
    
    rep(i,1,n)
    rep(j,1,n)
    
        if(mp[i][j]==‘Y‘)add(i,j+3*n,1);
        else add(i+n,j+2*n,1);
    


bool check(int x)

    build(x);
    return dinic(s,t)==n*x;


int main()

    scanf("%d%d",&n,&k);s=10*n+1,t=s+1;
    rep(i,1,n)scanf("%s",mp[i]+1);


    int L=0,R=n,ans=0;
    while(L<=R)
    
        int mid=(L+R)>>1;
        if(check(mid))L=mid+1,ans=mid;
        else R=mid-1;
    
    cout<<ans;
    return 0;

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