线性规划与网络流24题——01飞行员配对方案问题
1736:飞行员配对方案问题
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Description
第二次世界大战时期,英国皇家空军从沦陷国征募了大量外籍飞行员。由皇家空军派出 的每一架飞机都需要配备在航行技能和语言上能互相配合的2 名飞行员,其中1 名是英国飞 行员,另1 名是外籍飞行员。在众多的飞行员中,每一名外籍飞行员都可以与其他若干名英 国飞行员很好地配合。如何选择配对飞行的飞行员才能使一次派出最多的飞机。对于给定的 外籍飞行员与英国飞行员的配合情况,试设计一个算法找出最佳飞行员配对方案,使皇家空 军一次能派出最多的飞机。 对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况,编程找出一个最佳飞行员配对方案, 使皇家空军一次能派出最多的飞机。
Input
由文件input.txt提供输入数据。文件第1 行有2个正整数m和n。n是皇家空军的飞行 员总数(n<100);m是外籍飞行员数。外籍飞行员编号为1~m;英国飞行员编号为m+1~n。 接下来每行有2 个正整数i和j,表示外籍飞行员i可以和英国飞行员j配合。文件最后以2 个-1 结束。
Output
程序运行结束时,将最佳飞行员配对方案输出到文件output.txt 中。第1 行是最佳飞行
员配对方案一次能派出的最多的飞机数M。接下来M 行是最佳飞行员配对方案。每行有2 个正整数i和j,表示在最佳飞行员配对方案中,飞行员i和飞行员j 配对。 如果所求的最佳飞行员配对方案不存在,则输出‘No Solution!’。
Sample Input
5 10 1 7 1 8 2 6 2 9 2 10 3 7 3 8 4 7 4 8 5 10 -1 -1
Sample Output
4 1 7 2 9 3 8 5 10
「Solution」
一个二分图最大匹配问题。
考虑在二分图的基础上增加源S和汇T。
1、S向X集合中每个顶点连一条容量为1的有向边。
2、Y集合中每个顶点向T连一条容量为1的有向边。
3、XY集合之间的边都设为从A集合中的点到B集合之中的点,容量为1的有向边。
求网络最大流,流量就是匹配数,所有满流边是一组可行解。
「代码」
//Dinic By Joker0429 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define maxn 10020 #define INF 1 << 30 using namespace std; int n, m, s, t, tot, ans, d[maxn], head[maxn], dist[maxn]; struct E { int from, to, next, tab; }edge[maxn]; void add_edge(int u, int v, int f) { tot++; edge[tot].from = u, edge[tot].to = v, edge[tot].tab = f, edge[tot].next = head[u], head[u] = tot; tot++; edge[tot].from = v, edge[tot].to = u, edge[tot].tab = 0, edge[tot].next = head[v], head[v] = tot; } int dfs(int x, int low) { int a; if (x == t) return low; for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] == dist[x] + 1 && (a = dfs(edge[i].to, min(edge[i].tab, low)))) { edge[i].tab -= a, edge[i^1].tab += a; return a; } return 0; } int bfs() { int l, r, k; memset(dist,0xff,sizeof(dist)); d[0] = 0; d[1] = s; l = 0, r = 1; dist[s] = 0; while (l < r) { k = d[++l]; for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next) if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] < 0) dist[edge[i].to] = dist[k] + 1, d[++r] = edge[i].to; } if (dist[t] > 0) return 1; else return 0; } void dinic() { ans = 0; while (bfs()) ans += dfs(0,INF); } void print() { if (ans == 0) { printf("No Sulotion\n"); return; } printf("%d\n",ans); for (int i = 0; i <= tot; i += 2) if (edge[i].tab == 0 && edge[i].from != s && edge[i].to != t) printf("%d %d\n", edge[i].from, edge[i].to); } int main() { int x, y; memset(head,0xff,sizeof(head)); tot = -1; while (~scanf("%d %d", &m, &n)) { s = 0, t = n + 1; for (int i = 1; i <= m; i++) add_edge(0, i, 1); for (int i = m+1; i <= n; i++) add_edge(i, t, 1); while (~scanf("%d %d", &x, &y)) if (x == -1 && y == -1) break; else add_edge(x, y, 1); dinic(); print(); } return 0; }
I come, I see, I conquer!