POJ 1637 Sightseeing tour

题目链接

题意:给一些有向边一些无向边,问能否把无向边定向之后确定一个欧拉回路

思路:这题的模型很的巧妙,转一个http://blog.csdn.net/pi9nc/article/details/12223693

先把有向边随意定向了,然后依据每一个点的入度出度之差,能够确定每一个点须要调整的次数,然后中间就是须要调整的边,容量为1,这样去建图最后推断从源点出发的边是否都满流就可以

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXNODE = 205;
const int MAXEDGE = 10005; typedef int Type;
const Type INF = 0x3f3f3f3f; struct Edge {
int u, v;
Type cap, flow;
Edge() {}
Edge(int u, int v, Type cap, Type flow) {
this->u = u;
this->v = v;
this->cap = cap;
this->flow = flow;
}
}; struct Dinic {
int n, m, s, t;
Edge edges[MAXEDGE];
int first[MAXNODE];
int next[MAXEDGE];
bool vis[MAXNODE];
Type d[MAXNODE];
int cur[MAXNODE];
vector<int> cut; void init(int n) {
this->n = n;
memset(first, -1, sizeof(first));
m = 0;
}
void add_Edge(int u, int v, Type cap) {
edges[m] = Edge(u, v, cap, 0);
next[m] = first[u];
first[u] = m++;
edges[m] = Edge(v, u, 0, 0);
next[m] = first[v];
first[v] = m++;
} bool bfs() {
memset(vis, false, sizeof(vis));
queue<int> Q;
Q.push(s);
d[s] = 0;
vis[s] = true;
while (!Q.empty()) {
int u = Q.front(); Q.pop();
for (int i = first[u]; i != -1; i = next[i]) {
Edge& e = edges[i];
if (!vis[e.v] && e.cap > e.flow) {
vis[e.v] = true;
d[e.v] = d[u] + 1;
Q.push(e.v);
}
}
}
return vis[t];
} Type dfs(int u, Type a) {
if (u == t || a == 0) return a;
Type flow = 0, f;
for (int &i = cur[u]; i != -1; i = next[i]) {
Edge& e = edges[i];
if (d[u] + 1 == d[e.v] && (f = dfs(e.v, min(a, e.cap - e.flow))) > 0) {
e.flow += f;
edges[i^1].flow -= f;
flow += f;
a -= f;
if (a == 0) break;
}
}
return flow;
} bool Maxflow(int s, int t) {
this->s = s; this->t = t;
Type flow = 0;
while (bfs()) {
for (int i = 0; i < n; i++)
cur[i] = first[i];
flow += dfs(s, INF);
}
for (int i = first[0]; i + 1; i = next[i])
if (edges[i].flow != edges[i].cap) return false;
return true;
} void MinCut() {
cut.clear();
for (int i = 0; i < m; i += 2) {
if (vis[edges[i].u] && !vis[edges[i].v])
cut.push_back(i);
}
}
} gao; const int N = 205;
const int M = 1005; int t, n, m, in[N], out[N];
int u[M], v[M], w[M]; bool solve() {
gao.init(n + 2);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if ((in[i] + out[i]) % 2) return false;
if (in[i] > out[i]) gao.add_Edge(i, n + 1, (in[i] - out[i]) / 2);
if (out[i] > in[i]) gao.add_Edge(0, i, (out[i] - in[i]) / 2);
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (w[i]) continue;
gao.add_Edge(u[i], v[i], 1);
}
return gao.Maxflow(0, n + 1);
} int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(in, 0, sizeof(in));
memset(out, 0, sizeof(out));
for (int i = 0; i < m; i++) {
scanf("%d%d%d", &u[i], &v[i], &w[i]);
in[v[i]]++;
out[u[i]]++;
}
printf("%s\n", solve() ? "possible" : "impossible");
}
return 0;
}

POJ 1637 Sightseeing tour(最大流)的更多相关文章

  1. POJ 1637 - Sightseeing tour - [最大流解决混合图欧拉回路]

    嗯,这是我上一篇文章说的那本宝典的第二题,我只想说,真TM是本宝典……做的我又痛苦又激动……(我感觉ACM的日常尽在这张表情中了) 题目链接:http://poj.org/problem?id=163 ...

  2. poj 1637 Sightseeing tour——最大流+欧拉回路

    题目:http://poj.org/problem?id=1637 先给无向边随便定向,如果一个点的入度大于出度,就从源点向它连 ( 入度 - 出度 / 2 ) 容量的边,意为需要流出去这么多:流出去 ...

  3. poj 1637 Sightseeing tour —— 最大流+欧拉回路

    题目:http://poj.org/problem?id=1637 建图很妙: 先给无向边随便定向,这样会有一些点的入度不等于出度: 如果入度和出度的差值不是偶数,也就是说这个点的总度数是奇数,那么一 ...

  4. 网络流(最大流) POJ 1637 Sightseeing tour

    Sightseeing tour Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 8628   Accepted: 3636 ...

  5. POJ 1637 Sightseeing tour (混合图欧拉路判定)

    Sightseeing tour Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 6986   Accepted: 2901 ...

  6. POJ 1637 Sightseeing tour

    Sightseeing tour Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 9276   Accepted: 3924 ...

  7. POJ 1637 Sightseeing tour (SAP | Dinic 混合欧拉图的判断)

    Sightseeing tour Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 6448   Accepted: 2654 ...

  8. POJ 1637 Sightseeing tour (混合图欧拉回路)

    Sightseeing tour   Description The city executive board in Lund wants to construct a sightseeing tou ...

  9. POJ 1637 Sightseeing tour(混合图欧拉回路+最大流)

    http://poj.org/problem?id=1637 题意:给出n个点和m条边,这些边有些是单向边,有些是双向边,判断是否能构成欧拉回路. 思路: 构成有向图欧拉回路的要求是入度=出度,无向图 ...

随机推荐

  1. JTree

    http://www.easyicon.net/ package swing.tree; import java.awt.BorderLayout; import java.awt.Component ...

  2. Android和C#实时视频传输Demo

    说起去年的Demo.以今天的免费整齐优势. 原理很easy,虽然没有写android申请书.但,好了~ 高级语言是相通的.傲慢约.就这么简单研究了一下api后,找到相机对象有一个预览回调方法. 意识到 ...

  3. android做设计的每一个屏幕尺寸和分辨率(一个)

    一个.与分辨率无关 1.使用dp(dpi) Android密度不依赖像素(dp)指定屏幕尺寸,它同意不同的屏幕尺寸和像素密度类似设备通过缩放来达到同样的效果. (不解决不同屏幕尺寸的问题?) 2.的资 ...

  4. jQuery Easy UI Accordion(可伸缩的面板)包

    Accordion 可伸缩的面板组件.基于panel,示为以下的比率: <!doctype html> <html lang="en"> <head& ...

  5. Linux设备驱动实现自己主动创建设备节点

    #include <linux/kernel.h> #include <linux/module.h> #include <linux/init.h> #inclu ...

  6. TextView——setCompoundDrawables说明

    Drawable drawable = mContext.getResources().getDrawable(R.drawable.duringtime);  drawable.setBounds( ...

  7. react.js 从零开始(六)Reconciliation

    Reconciliation   React 的关键设计目标是使 API 看起来就像每一次有数据更新的时候,整个应用重新渲染了一样.这就极大地简化了应用的编写,但是同时使 React 易于驾驭,也是一 ...

  8. [cocos2dx注意事项009]试用quick-cocos2dx-2.2.4

    quick-cocos2d-x 在中国站http://quick.cocoachina.com/?page_id=40,用他们自己的话说:quick-cocos2d-x(后文简称 quick)与 co ...

  9. 转让lua性能executeGlobalFunction

    没有其他的,搞搞cocos2dx的lua文字,话lua这件事情在几年前学过一段时间.还曾对自己c++介面,我已经做了一些小东西.只是时间的流逝,模糊记忆. 拿起点功夫和成本.下面是我的一些经验. co ...

  10. unity3d NGUI入门(描述和使用插件参数)

    我用NGUI它是3.5.4,Unity3d版本号是4.3.4f需要 NGUI3.5.4 下载NGUI,这是破解版的,用于学习.假设是商用.请支持正版 插件的导入 1.NGUI的导入,双击NGUI Ne ...