Magic Potion(最大流，跑两遍网络流或者加一个中转点)
Magic Potion
从源点到英雄分别拉容量为1和2的边，跑两遍网络流，判断两次的大小和k的大小
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set> #define maxn 500005
#define MAXN 500005
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int N=;
const int M=;
const int INF=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int n;
struct Edge{
int v,next;
int cap,flow;
}edge[MAXN*];//注意这里要开的够大。。不然WA在这里真的想骂人。。问题是还不报RE。。
int cur[MAXN],pre[MAXN],gap[MAXN],path[MAXN],dep[MAXN];
int cnt=;//实际存储总边数
void isap_init()
{
cnt=;
memset(pre,-,sizeof(pre));
}
void isap_add(int u,int v,int w)//加边
{
edge[cnt].v=v;
edge[cnt].cap=w;
edge[cnt].flow=;
edge[cnt].next=pre[u];
pre[u]=cnt++;
}
void add(int u,int v,int w){
isap_add(u,v,w);
isap_add(v,u,);
}
bool bfs(int s,int t)//其实这个bfs可以融合到下面的迭代里，但是好像是时间要长
{
memset(dep,-,sizeof(dep));
memset(gap,,sizeof(gap));
gap[]=;
dep[t]=;
queue<int>q;
while(!q.empty())
q.pop();
q.push(t);//从汇点开始反向建层次图
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=pre[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(dep[v]==-&&edge[i^].cap>edge[i^].flow)//注意是从汇点反向bfs，但应该判断正向弧的余量
{
dep[v]=dep[u]+;
gap[dep[v]]++;
q.push(v);
//if(v==sp)//感觉这两句优化加了一般没错，但是有的题可能会错，所以还是注释出来，到时候视情况而定
//break;
}
}
}
return dep[s]!=-;
}
int isap(int s,int t)
{
if(!bfs(s,t))
return ;
memcpy(cur,pre,sizeof(pre));
//for(int i=1;i<=n;i++)
//cout<<"cur "<<cur[i]<<endl;
int u=s;
path[u]=-;
int ans=;
while(dep[s]<n)//迭代寻找增广路,n为节点数
{
if(u==t)
{
int f=INF;
for(int i=path[u];i!=-;i=path[edge[i^].v])//修改找到的增广路
f=min(f,edge[i].cap-edge[i].flow);
for(int i=path[u];i!=-;i=path[edge[i^].v])
{
edge[i].flow+=f;
edge[i^].flow-=f;
}
ans+=f;
u=s;
continue;
}
bool flag=false;
int v;
for(int i=cur[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
v=edge[i].v;
if(dep[v]+==dep[u]&&edge[i].cap-edge[i].flow)
{
cur[u]=path[v]=i;//当前弧优化
flag=true;
break;
}
}
if(flag)
{
u=v;
continue;
}
int x=n;
if(!(--gap[dep[u]]))return ans;//gap优化
for(int i=pre[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].cap-edge[i].flow&&dep[edge[i].v]<x)
{
x=dep[edge[i].v];
cur[u]=i;//常数优化
}
}
dep[u]=x+;
gap[dep[u]]++;
if(u!=s)//当前点没有增广路则后退一个点
u=edge[path[u]^].v;
}
return ans;
} struct sair{
int num;
int mp[];
}mp[]; int main(){
std::ios::sync_with_stdio(false);
int m,s,t,k;
cin>>n>>m>>k;
int a,b,c;
isap_init();
s=,t=n+m+;
for(int i=;i<=n;i++) add(s,i,);
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>mp[i].num;
for(int j=;j<=mp[i].num;j++){
cin>>mp[i].mp[j];
add(i,n+mp[i].mp[j],);
}
}
for(int i=;i<=m;i++) add(n+i,t,);
int tmp=n;
n=t+;
int ans1=isap(s,t); n=tmp;
isap_init();
for(int i=;i<=n;i++) add(s,i,);
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=mp[i].num;j++){
add(i,n+mp[i].mp[j],);
}
}
for(int i=;i<=m;i++) add(n+i,t,);
tmp=n;
n=t+;
int ans2=isap(s,t);
if(ans2-ans1<=k){
cout<<ans2<<endl;
}
else{
cout<<ans1+k<<endl;
}
}
源点连英雄容量为1，英雄连怪物容量为1，怪物连汇点容量为1
源点连中转点容量为k，中转点连英雄容量为1
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set> #define maxn 500005
#define MAXN 500005
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int N=;
const int M=;
const int INF=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int n;
struct Edge{
int v,next;
int cap,flow;
}edge[MAXN*];//注意这里要开的够大。。不然WA在这里真的想骂人。。问题是还不报RE。。
int cur[MAXN],pre[MAXN],gap[MAXN],path[MAXN],dep[MAXN];
int cnt=;//实际存储总边数
void isap_init()
{
cnt=;
memset(pre,-,sizeof(pre));
}
void isap_add(int u,int v,int w)//加边
{
edge[cnt].v=v;
edge[cnt].cap=w;
edge[cnt].flow=;
edge[cnt].next=pre[u];
pre[u]=cnt++;
}
void add(int u,int v,int w){
isap_add(u,v,w);
isap_add(v,u,);
}
bool bfs(int s,int t)//其实这个bfs可以融合到下面的迭代里，但是好像是时间要长
{
memset(dep,-,sizeof(dep));
memset(gap,,sizeof(gap));
gap[]=;
dep[t]=;
queue<int>q;
while(!q.empty())
q.pop();
q.push(t);//从汇点开始反向建层次图
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=pre[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(dep[v]==-&&edge[i^].cap>edge[i^].flow)//注意是从汇点反向bfs，但应该判断正向弧的余量
{
dep[v]=dep[u]+;
gap[dep[v]]++;
q.push(v);
//if(v==sp)//感觉这两句优化加了一般没错，但是有的题可能会错，所以还是注释出来，到时候视情况而定
//break;
}
}
}
return dep[s]!=-;
}
int isap(int s,int t)
{
if(!bfs(s,t))
return ;
memcpy(cur,pre,sizeof(pre));
//for(int i=1;i<=n;i++)
//cout<<"cur "<<cur[i]<<endl;
int u=s;
path[u]=-;
int ans=;
while(dep[s]<=n)//迭代寻找增广路,n为节点数
{
if(u==t)
{
int f=INF;
for(int i=path[u];i!=-;i=path[edge[i^].v])//修改找到的增广路
f=min(f,edge[i].cap-edge[i].flow);
for(int i=path[u];i!=-;i=path[edge[i^].v])
{
edge[i].flow+=f;
edge[i^].flow-=f;
}
ans+=f;
u=s;
continue;
}
bool flag=false;
int v;
for(int i=cur[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
v=edge[i].v;
if(dep[v]+==dep[u]&&edge[i].cap-edge[i].flow)
{
cur[u]=path[v]=i;//当前弧优化
flag=true;
break;
}
}
if(flag)
{
u=v;
continue;
}
int x=n;
if(!(--gap[dep[u]]))return ans;//gap优化
for(int i=pre[u];i!=-;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].cap-edge[i].flow&&dep[edge[i].v]<x)
{
x=dep[edge[i].v];
cur[u]=i;//常数优化
}
}
dep[u]=x+;
gap[dep[u]]++;
if(u!=s)//当前点没有增广路则后退一个点
u=edge[path[u]^].v;
}
return ans;
} struct sair{
int num;
int mp[];
}mp[]; int main(){
std::ios::sync_with_stdio(false);
int m,s,t,k;
cin>>n>>m>>k;
int a,b,c;
isap_init();
s=,t=n+m+;
int ck=t+;
for(int i=;i<=n;i++)
add(s,i,);
add(s,ck,k);
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>a;
for(int j=;j<=a;j++){
cin>>b;
add(i,n+b,);
}
}
for(int i=;i<=m;i++)
add(n+i,t,);
for(int i=;i<=n;i++){
add(ck,i,);
}
int tmp=n;
n=ck+;
int ans=isap(s,t);
cout<<ans<<endl;
}
Magic Potion(最大流，跑两遍网络流或者加一个中转点)的更多相关文章
- Gym 101981I - Magic Potion - [最大流][2018-2019 ACM-ICPC Asia Nanjing Regional Contest Problem I]
题目链接:http://codeforces.com/gym/101981/attachments There are n heroes and m monsters living in an isl ...
- 洛谷P1073最优贸易（跑两遍dij）
题目描述 CC C国有n n n个大城市和m mm 条道路,每条道路连接这 nnn个城市中的某两个城市.任意两个城市之间最多只有一条道路直接相连.这 mmm 条道路中有一部分为单向通行的道路,一部分为 ...
- Gym - 101981I The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest I.Magic Potion 最大流
题面 题意:n个英雄,m个怪兽,第i个英雄可以打第i个集合里的一个怪兽,一个怪兽可以在多个集合里,有k瓶药水,每个英雄最多喝一次,可以多打一只怪兽,求最多打多少只 n,m,k<=500 题解:显 ...
- POJ3268 Silver Cow Party （建反图跑两遍Dij）
One cow from each of N farms (1 ≤ N ≤ 1000) conveniently numbered 1..N is going to attend the big co ...
- 2018icpc南京现场赛-I Magic Potion(最大流)
题意: n个英雄,m个怪兽,第i个英雄可以打第i个集合里的怪兽,一个怪兽可以在多个集合里 有k瓶药水,每个英雄最多喝一次,可以多打一只怪兽,求最多打多少只 n,m,k<=500 思路: 最大流, ...
- HDU2612 Find a way （跑两遍BFS）
Pass a year learning in Hangzhou, yifenfei arrival hometown Ningbo at finally. Leave Ningbo one year ...
- [Cqoi2014]危桥 （两遍网络流）
题目链接 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { , ...
- Gym101981I Magic Potion（最大流）
Problem I. Magic Potion There are n heroes and m monsters living in an island. The monsters became v ...
- map集合修改其中元素 去除Map集合中所有具有相同值的元素 Properties长久保存的流操作 两种用map记录单词或字母个数的方法
package com.swift.lianxi; import java.util.HashMap; import java.util.Iterator; import java.util.Map; ...
随机推荐
- 转：HTTP Get请求URL最大长度
转自:http://blog.csdn.net/M_ChangGong/article/details/5764711 各浏览器HTTP Get请求URL最大长度并不相同,几类常用浏览器最大长度及超过 ...
- 使用nginx反向代理处理前后端跨域访问
本文主要解决:使用nginx反向代理处理前后端跨域访问的问题 1.何为跨域访问? 以下类型为跨域访问 1)不同域名间访问 www.zuiyoujie.com和www.baidu.com 2)同域名不同 ...
- busybox microcom Segmentation fault
/********************************************************************************* * busybox microco ...
- Diffie-Hellman 算法
Diffie-Hellman 算法描述: 目前被许多商业产品交易采用. HD 算法为公开的密钥算法,发明于1976年.该算法不能用于加密或解密,而是用于密钥的传输和分配. DH 算法的安全性 ...
- JPA中的Page与Pageable
Page是Spring Data提供的一个接口,该接口表示一部分数据的集合以及其相关的下一部分数据.数据总数等相关信息,通过该接口,我们可以得到数据的总体信息(数据总数.总页数...)以及当前数据的信 ...
- 490 - Rotating Sentences
Rotating Sentences In ``Rotating Sentences,'' you are asked to rotate a series of input sentences ...
- 使用ajax提交form表单，包括ajax文件上传 转http://www.cnblogs.com/zhuxiaojie/p/4783939.html
使用ajax提交form表单,包括ajax文件上传 前言 使用ajax请求数据,很多人都会,比如说: $.post(path,{data:data},function(data){ ... },&qu ...
- Eclipse添加中文javadoc
SUN官方API中文版[JDK1.6]1.6API文档(中文)的下载地址:ZIP格式用来设置javadoc,下载地址:http://download.java.net/jdk/jdk-api-loca ...
- week2--线性表
一.PTA实验作业 题目1:顺序表删除重复元素(6-3) 设计思路 代码截图 PTA提交列表说明 编译错误:写'->'符号的时候总是漏掉'>'; 写'!='符号的时候漏写'!'; 解决方法 ...
- 测试Linux端口的连通性的四种方法
Linux系统有时候需要测试某个端口的连通性,用户可以参考如下方法来测试. 方法一.telnet法 telnet为用户提供了在本地计算机上完成远程主机工作的能力,因此可以通过telnet来测试端口 ...