POJ 2112 Optimal Milking 【网络流】【flyod】【二分】

居然手写dinic一次过了，激动。。

 这题构建网络流模型的思路还是蛮巧妙的，想要解题要想到两个题目里面给的暗示。

1.each milking machine process at most M cows each day，这是赤裸裸的网络流啊！由此联想到每个milk machine到汇点的capacity是M，那起点到每个cow的capacity都是1，管道里流的奶牛。那么问题变成了剩下的网络怎么建？牛与牛，机器与机器，牛与机器之间有没有管道。

2.这要想到第二点每个奶牛可以走很多次路最终到达milking machine，也就是说中间经过了哪些奶牛和机器是无关的，只有最后奶牛停在了哪个机器上是有关的。所以想到flyod一遍，求出奶牛到所有machine的最近距离；然后由于求的是最近最远距离，所以我们二分枚举。如果奶牛A到机器B的最近距离大于当前枚举的最远距离，那就走不了，capacity为0；反之capacity为1。

话说这还是我第一次写flyod。。把动态规划用在图论里解决最短路问题，真妙啊。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<deque>
#define INF 1000000000
using namespace std;

int dist[250][250],ans,K,C,M;
int G[250][250];

int layer[250],vis[250];
bool countlayer(){//还有没有增广路 
    memset(layer,0,sizeof(layer));
    deque<int> q;
    q.push_back(0); layer[0]=1;
    while(!q.empty()){
        int nd = q.front(); q.pop_front();
        if(nd==K+C+1) return true;
        for(int i=1;i<=K+C+1;i++){
            if(G[nd][i] && layer[i]==0){
                layer[i]=layer[nd]+1;
                q.push_back(i);
            }
        }
    }
    return false;
}

int dinic(){
    int max_flow=0;
    while( countlayer() ){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        deque<int> q;
        q.push_back(0); vis[0]=1;
        while(!q.empty()){
            int nd=q.back();
            if(nd==K+C+1){//找到一条增广路 
                int minflow=INF,u;
                for(int i=0;i<q.size()-1;i++){//从上到下的最小管道 
                    int from=q[i],to=q[i+1];
                    if(G[from][to]<minflow){
                        minflow=G[from][to];
                        u=from;
                    }
                }
                //做增广 
                for(int i=0;i<q.size()-1;i++){
                    int from=q[i],to=q[i+1];
                    G[from][to]-=minflow;
                    G[to][from]+=minflow;
                }
                max_flow+=minflow;
                //回溯
                while(!q.empty() && q.back()!=u ){
                    vis[q.back()]=0;
                    q.pop_back();
                }    
            }
            else{//继续往下搜
                int i;
                for(i=1;i<=K+C+1;i++){
                    if( layer[nd]+1==layer[i] && vis[i]==0 && G[nd][i] ){
                        vis[i]=1;
                        q.push_back(i);
                        break;
                    }
                }
                if(i==K+C+2) q.pop_back();
            }
        }
    }
    return max_flow;
}

bool check(int dis){

    memset(G,0,sizeof(G));
    for(int i=K+1;i<=K+C;i++) G[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=K;i++) G[i][K+C+1]=M;
    
    for(int i=K+1;i<=K+C;i++){
        for(int j=1;j<=K;j++){
            if(dist[i][j]<=dis) G[i][j]=1;
        }
    }

    if( dinic()==C ) return true;
    return false;
} 


int main(){
    
    cin>>K>>C>>M;    
    for(int i=1;i<=K+C;i++){
        for(int j=1;j<=K+C;j++){
            cin>>dist[i][j];//k=0
            if(dist[i][j]==0) dist[i][j]=INF;
        }
    }
    //1...k   milking machine
    //k+1 k+c  cows
        
    for(int k=1;k<=K+C;k++)
     for(int i=1;i<=K+C;i++)
      for(int j=1;j<=K+C;j++){
          //i->j  中间节点小于等于k 
        dist[i][j] = min(dist[i][j],dist[i][k]+dist[k][j]);      
    }
        
    int start=INF,end=-1;
    for(int i=K+1;i<=K+C;i++){
        for(int j=1;j<=K;j++){
            start=min(start,dist[i][j]);
            end=max(end,dist[i][j]);
        }
    }
    int mid;
    while(end>=start){    
        mid = (end+start)/2;
        if( check(mid) ){
            ans=mid;
            end=mid-1;
        }
        else start=mid+1;
    }
    
    cout<<ans;
    return 0;    
}