教辅的组成（网络流果题 洛谷P1231）

题目描述

蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案，然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数，其中有书，有答案，有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案，然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了，然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案，并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系（即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应，除此以外的均不可能对应）。既然如此，HansBug想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个正整数N1、N2、N3，分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。

第二行包含一个正整数M1，表示书和练习册可能的对应关系个数。

接下来M1行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本练习册可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）

第M1+3行包含一个正整数M2，表述书和答案可能的对应关系个数。

接下来M2行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本答案可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）

输出格式：

输出包含一个正整数，表示最多可能组成完整书册的数目。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3 4
5
4 3
2 2
5 2
5 1
5 3
5
1 3
3 1
2 2
3 3
4 3

输出样例#1：

2

说明

样例说明：

如题，N1=5，N2=3，N3=4，表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。

M1=5，表示书和练习册共有5个可能的对应关系，分别为：书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。

M2=5，表示数和答案共有5个可能的对应关系，分别为：书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。

所以，以上情况的话最多可以同时配成两个书册，分别为：书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。

数据规模：

对于数据点1, 2, 3，M1，M2<= 20

对于数据点4~10，M1，M2 <= 20000

题解：将书本拆点，练习册连向书本1，书本2连向答案，再建立超级源点和超级汇点，跑一边最大流即可，敲这题是为了打模板的。

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

int n1,n2,n3,m1,m2,x,y,cur;//n1是书，n2是练习册，n3是答案，m1书册，m2书答案 
int head[50050],lev[50050],q[50050];
struct tedge
{
    int to,nex,val;
}e[200010];

void Add(int u,int v,int val)
{
    cur++;
    e[cur].to = v;
    e[cur].nex = head[u];
    e[cur].val = val;
    head[u] = cur;
    cur++;
    e[cur].to = u;
    e[cur].nex = head[v];
    e[cur].val = 0;
    head[v] = cur;
}

int bfs(int S,int T)
{
    int h=1,t=1;
    for (int i=0; i<=2*n1+n2+n3+1+1; i++)
    lev[i] = 0;
    q[h] = S;  lev[S] = 1;
    while (h<=t)
    {
        int u=q[h];
        for (int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].nex)
        {
            int v=e[i].to;
            if (lev[v]==0&&e[i].val>0)
            {
                lev[v] = lev[u]+1;
                t++;  q[t]=v;
            }
        }
        h++;
    }
    return (max(lev[T],0));
}

int dfs(int u,int T,int f)
{
    if (u==T||f==0) return f;
    int ret=0,d;
    for (int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].nex)
    {
        int v=e[i].to;
        if (lev[v]>lev[u]&&e[i].val>0)
        {
            d=dfs(v,T,min(f,e[i].val));
            ret+=d;
            f-=d;
            e[i].val-=d;
            if (i%2==0) e[i-1].val+=d;
            else e[i+1].val+=d;
            if (f==0) break;
        }
    }
    return ret;
}

void Dinic()
{
    int maxflow=0;
    for (;bfs(1,2*n1+n2+n3+1+1);)
    maxflow+=dfs(1,2*n1+n2+n3+1+1,1e9);
    printf("%d\n",maxflow);
}

int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n1,&n2,&n3);
    for (int i=0; i<=2*n1+n2+n3+1+1; i++)
    head[i] = -1;
    scanf("%d",&m1);
    for (int i=1; i<=m1; i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Add(2*n1+y+1,x+1,1);
    }
    scanf("%d",&m2);
    for (int i=1; i<=m2; i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Add(x+n1+1,2*n1+n2+y+1,1);
    }
    for (int i=1; i<=n1; i++)
    Add(i+1,i+n1+1,1);
    for (int i=1; i<=n2; i++)
    Add(1,2*n1+i+1,1);
    for (int i=1; i<=n3; i++)
    Add(2*n1+n2+i+1,2*n1+n2+n3+1+1,1);
    Dinic();
    return 0;
}