uva 753 A Plug for UNIX
最大流 OR 二分图匹配
题意：输入n，有n个插座，下面n行是每个插座的类型（最后24个字母来表示一个插座，没有空格放心用scanf，但是有可能插座会相同，但是这个没有什么影响）
输入m，有m个电器，下面m行每行两个单词分别是电器的名字和插头类型（同样24个字母单词内没空格，两个单词空格隔开）
输入k，有k个转换器，下面k行每行两个单词，分别表示转换器的入口类型和插头类型
每种转换器的个数是无限的，转换器本身可以与转换器相连
要你求，让最多的电器能够插在插座上（可以用转换器辅助也可以直接插上去），输入不能插上去的电器的数量
思路一：转化为最大流，重点还是如何建图，我是用邻接表建图的这样效率也高一点，其实用邻接矩阵建图也可以。我的建图方法是，电器从1到m标号，转换器从m+1到m+k标号，插座从m+k+1到m+k+n标号，另外设置一个源点s=0，汇点t=m+k+n+1 ， 求s到t的最大流
s与所有电器建一条有向边，容量为1，所有插座与汇点建一条有向边，容量为1。对于每个电器，如果能直接和插座相连的，和每个能相连的插座建一条有向边，容量为1.另外，所有电器和所有能连接上的转换器建一条有向边，容量为INF，转换器和转换器之间能相连的建一条有向边容量为INF，转换器和插座能相连建一条有向边容量为INF。
建图完毕，直接EK最大流模板上去即可
注意几点：
1.邻接表建有向边不要忘记每条有向边附带一条反边，反边的容量为0
2.一定要记得建立电器和插座直接相连的边
3.一开始想复杂了，认为用电器和插座要拆点，转换器不用拆点，其实全部都不用拆点
4.不需要建无向图，另外建无向图应该是错的
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 550
#define MAXM 50010
int N,M,K,CNT,edgenum,s,t,first[MAXN];
struct edge
{
int u,v,f,cap,next;
}e[MAXM];
struct device //电器
{
char s1[30],s2[30];
}d[MAXN];
struct adapter //转换器
{
char s1[30], s2[30];
}a[MAXN];
struct receptacle //插座
{
char s[30];
}r[MAXN];
void printfff() //测试打印函数
{
printf("M=%d N=%d K=%d CNT=%d s=%d t=%d\n",M,N,K,CNT,s,t);
for(int i=0; i<edgenum; i++)
printf("%d: %d-->%d=%d %d\n",i,e[i].u,e[i].v,e[i].cap,e[i].next);
}
void add(int u ,int v , int cap)
{
int t;
e[edgenum].u=u; e[edgenum].v=v;
e[edgenum].f=0; e[edgenum].cap=cap;
e[edgenum].next=first[u];
first[u]=edgenum++;
t=u; u=v; v=t;
e[edgenum].u=u; e[edgenum].v=v;
e[edgenum].f=0; e[edgenum].cap=0;
e[edgenum].next=first[u];
first[u]=edgenum++;
}
void input()
{
scanf("%d",&N);
for(int i=1; i<=N; i++)
scanf("%s",r[i].s);
scanf("%d",&M);
for(int i=1; i<=M; i++)
scanf("%s%s",d[i].s1,d[i].s2);
scanf("%d",&K);
for(int i=1; i<=K; i++)
scanf("%s%s",a[i].s1,a[i].s2);
CNT=N+M+K;
}
void init()
{
memset(first,-1,sizeof(first));
edgenum=0;
s=0; t=CNT+1; //源点,汇点
for(int i=1; i<=M; i++) //所有电器
{
add(s,i,1); //源点和电器建边容量为1
for(int j=1; j<=K ; j++) //所有电器和转换器的连接
if(!strcmp(d[i].s2 , a[j].s1)) //电器可以插入转换器中
add(i,j+M,INF);
for(int j=1; j<=N; j++) //电器和插座直接相连
if(!strcmp(d[i].s2 , r[j].s))
add(i,M+K+j,1);
}
for(int i=1; i<=K; i++)
{
for(int j=1; j<=K; j++) //所有转换器和转换器之间的连接
if(i!=j && !strcmp(a[i].s2 , a[j].s1))
//不用考虑相同种类的转换器的连接，因为没有意义
add(i+M,j+M,INF);
for(int j=1; j<=N; j++) //所有转换器和所有插座连接
if(!strcmp(a[i].s2 , r[j].s)) //转换器可插入插座中
add(i+M , M+K+j , INF); //转化器和插座相连
}
for(int i=1; i<=N; i++) //插座和汇点相连
add(M+K+i,t,1);
}
void EK()
{
queue<int>q;
int a[MAXN],path[MAXN];
int F;
F=0;
while(1)
{
memset(path,-1,sizeof(path));
memset(a,0,sizeof(a));
a[s]=INF;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front(); q.pop();
for(int k=first[u]; k!=-1; k=e[k].next)
{
int v=e[k].v;
if(!a[v] && e[k].f<e[k].cap)
{
a[v]=a[u]<e[k].cap-e[k].f?a[u]:e[k].cap-e[k].f;
path[v]=k;
q.push(v);
}
}
}
if(!a[t]) break;
for(int k=path[t]; k!=-1; k=path[e[k].u]) //增广
{
//printf("%d<--%d ",e[k].v,e[k].u);
e[k].f+=a[t];
e[k^1].f-=a[t];
}
//printf("\n");
F+=a[t];
}
//printf("F=%d\n",F);
printf("%d\n",M-F);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
input();
init();
//printfff();
EK();
if(T) printf("\n");
}
return 0;
}
思路二：二分图最大匹配
其实用二分图的思想来看这个问题更加直观，即电器和插座匹配，（电器之间，插座之间不可能匹配）。问题同样是建图问题
用最大流建图的话，顶点会有转换器，但是二分图来建则没有（当然也不需要加额外的源点和汇点）。二分图建立的分两部分，一部分是，用电器能不能直接和某些插座直接相连，能的话直接建边。另外要利用转换器，看看能不能把不能直接相连电器和插座给连接起来，能的话就连接。我还没写，但是想到是用dfs去找，不知道效率如何。
最后建了二分图，不需要管那些边是怎么连接的（直接相连或者借助了转换器），直接把匈牙利丢上去即可
明天起来再写二分图了
二分图写好了，思路就是上面说的那样，嗯写二分图舒心多了，建边少代码也少一些。不过我是用dfs去判断电器能不能通过转换器连到插座上的，所以时间慢了点，0.060s，上面的最大流是0.008s
另外一个地方是。电器不能直接与插座相连，然后用dfs去找能不能通过转换器去相连，虽然每种转换器的数量是无限的，但是在一趟寻找中一种转换器没必要被用两次（其实那种入口和插头相同的转换器也没必要用上，但是不做特殊判断了，没影响），也就是可以看成路径，虽然有环，但是这个环显然是没必要经过，所以加了一个vis数组标记
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define MAXN 250 #define MAXM 40100 int N,M,K,CNT,edgenum,first[MAXN],mat[MAXN],vis[MAXN],cov[MAXN]; struct edge { int u,v,next; }e[MAXM]; struct device //电器 { char s1[30],s2[30]; }d[MAXN]; struct adapter //转换器 { char s1[30], s2[30]; }a[MAXN]; struct receptacle //插座 { char s[30]; }r[MAXN]; void add(int u , int v) { e[edgenum].u=u; e[edgenum].v=v; e[edgenum].next=first[u]; first[u]=edgenum++; } int dfs(int j , int k) //目标是j插座,当前是k转换器 { if(!strcmp(a[k].s2 , r[j].s)) //当前转换器能插入插座中 return 1; vis[k]=1; //标记k转换器被用过，在一趟dfs中一种转换器没必要被用两次 for(int i=1; i<=K; i++) if(!vis[i]) //所有没被用过的转换器 if(!strcmp(a[k].s2 , a[i].s1)) {//另外k转换器可以插入i转换器中 if(dfs(j,i)) return 1; vis[i]=0; } return 0; } int find(int i , int j) //i电器和j插座 { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int k=1; k<=K; k++) //所有转换器 if(!strcmp(d[i].s2 , a[k].s1)) {//电器能插入转换器的入口 if(dfs(j,k)) return 1; vis[k]=0; } return 0; } void input() { scanf("%d",&N); for(int i=1; i<=N; i++) scanf("%s",r[i].s); scanf("%d",&M); for(int i=1; i<=M; i++) scanf("%s%s",d[i].s1,d[i].s2); scanf("%d",&K); for(int i=1; i<=K; i++) scanf("%s%s",a[i].s1,a[i].s2); CNT=N+M+K; } void init() { memset(first,-1,sizeof(first)); edgenum=0; for(int i=1; i<=M; i++) //所有电器 for(int j=1; j<=N; j++) //所有插座 { if(!strcmp(d[i].s2 , r[j].s)) //可以直接相连 { //printf("直接相连%d---%d\n",i,j); add(i,j+M); //建立有向边 } else if(find(i,j)) //如果通过转换器能连接上 { //printf("通过转换器连接%d---%d\n",i,j); add(i,j+M); } } } void printfff() { for(int i=0; i<edgenum; i++) printf("%d %d %d\n",e[i].u,e[i].v,e[i].next); } int dfs_match(int u) { for(int k=first[u]; k!=-1; k=e[k].next) { int v=e[k].v; if(!cov[v]) { cov[v]=1; if( mat[v]==-1 || dfs_match(mat[v]) ) { mat[v]=u; return 1; } } } return 0; } void maxmatch() { int max=0; memset(mat,-1,sizeof(mat)); for(int i=1; i<=M+N; i++) //所有的点都做一次起点 { memset(cov,0,sizeof(cov)); max+=dfs_match(i); } //for(int i=1; i<=M+N; i++) //printf("%d<--->%d\n",i,mat[i]); //printf("max=%d\n",max); printf("%d\n",M-max); } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { input(); init(); //printfff(); maxmatch(); if(T) printf("\n"); } return 0; }
