POJ 2112 Optimal Milking 最短路 二分构图 网络流

题意：有C头奶牛，K个挤奶站，每个挤奶器最多服务M头奶牛，奶牛和奶牛、奶牛和挤奶站、挤奶站和挤奶站之间都存在一定的距离。现在问满足所有的奶牛都能够被挤奶器服务到的情况下，行走距离的最远的奶牛的至少要走多远。题目给的邻接矩阵是K个挤奶站与C个奶牛的距离矩阵，其中0为不可达的意思。

刚刷网络流，第一次遇到这样题目，题意我就看了半天才懂。。此题需要将题给条件转化，最后利用二分枚举距离，将每次情况建立一个新的图再网络流得解。

思路： 需要首先用Floyd将各个站与奶牛的最短距离得出，然后利用二分，左边界=0，右边界=题给每条路最大权值*最大可能走的路数=200*(K+C)。

然后将每次枚举的mid比较图中的边权，因为要枚举的是最大距离(的最小值，但最大距离的性质肯定还是有的，即大于等于其他边)，所以边权<=mid的加入网络流图中且权重为1，那些大于mid的边就当作该情况下不用走的，即可忽略。

将K与C以此建立网络流，并且设一个超级源点S与超级汇点T，S指向所有挤奶站K切边权为题给容量M，所有奶牛流向T边权为1。若最大流结果等于C说明该次枚举情况符合，便继续缩小枚举范围，若最大流结果小于C，说明边权限制过小则要增大枚举范围。一直反复枚举则得结果。

(代码转自https://www.cnblogs.com/Lyush/archive/2013/04/30/3052077.html)

 #include <cstdlib>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 int K, C, M; // K个挤奶器，C头奶牛，每个挤奶器最多M头奶牛共享
 int N;
 int mp[][];

 struct Edge {
     int v, c, next;
 };

 Edge e[];
 int idx, head[];
 int lv[];
 int front, tail, que[];
 const int SS = , TT = ;
 const int INF = 0x3fffffff;

 void insert(int a, int b, int c) {
     e[idx].v = b, e[idx].c = c;
     e[idx].next = head[a];
     head[a] = idx++;
 }

 void floyd() { // 求出任意两点之间的最短路
     for (int k = ; k <= N; ++k) {
         for (int i = ; i <= N; ++i) {
             if (mp[i][k] == INF || i == k) continue;
             for (int j = ; j <= N; ++j) {
                 if (mp[k][j] == INF || j == k) continue;
                 mp[i][j] = min(mp[i][j], mp[i][k] + mp[k][j]);
             }
         }
     }
 }

 void build(int threshold) { // 阀值
     idx = ;
     memset(head, 0xff, sizeof (head));
     for (int i = ; i <= K; ++i) {
         insert(SS, i, M);
         insert(i, SS, );
         for (int j = K+; j <= N; ++j) {
             if (mp[i][j] <= threshold) {
                 insert(i, j, );
                 insert(j, i, );
             }
         }
     }
     for (int i = K+; i <= N; ++i) {
         insert(i, TT, );
         insert(TT, i, );
     }
 }

 bool bfs() {
     front = tail = ;
     memset(lv, 0xff, sizeof (lv));
     lv[SS] = ;
     que[tail++] = SS;
     while (front != tail) {
     //    printf("front = %d, tail = %d\n", front, tail);
         int u = que[front++];
         for (int i = head[u]; i != -; i = e[i].next) {
             if (!(~lv[e[i].v]) && e[i].c) {
                 lv[e[i].v] = lv[u] + ;
                 if (e[i].v == TT) return true;
                 que[tail++] = e[i].v;
             }
         }
     }
     return ~lv[TT];
 }

 int dfs(int u, int sup) {
     if (u == TT) return sup;
     int tf = , f;
     for (int i = head[u]; i != -; i = e[i].next) {
         if (lv[u]+==lv[e[i].v] && e[i].c && (f=dfs(e[i].v, min(e[i].c, sup-tf)))) {
             tf += f;
             e[i].c -= f, e[i^].c += f;
             if (tf == sup) return sup;
         }
     }
     if (!tf) lv[u] = -;
     return tf;
 }

 int dinic() {
     int ret = ;
     while (bfs()) {
         ret += dfs(SS, INF);
     }
     return ret;
 } 

 int bsearch(int l, int r) {
     int mid, ret;
     while (l <= r) {
         mid = (l + r) >> ;
         if (build(mid), dinic() == C) {
             ret = mid;
             r = mid - ;
         } else {
             l = mid + ;
         }
     }
     return ret;
 }

 int main() {
     while (scanf("%d %d %d", &K, &C, &M) != EOF) {
         N = K+C;
         memset(mp, , sizeof (mp));
         for (int i = ; i <= N; ++i) {
             for (int j = ; j <= N; ++j) {
                 scanf("%d", &mp[i][j]);
                 if (!mp[i][j]) mp[i][j] = INF;
             }
         }
         floyd();
         printf("%d\n", bsearch(, ));
     }
     return ;
 }