题意：有C头奶牛，K个挤奶站，每个挤奶器最多服务M头奶牛，奶牛和奶牛、奶牛和挤奶站、挤奶站和挤奶站之间都存在一定的距离。现在问满足所有的奶牛都能够被挤奶器服务到的情况下，行走距离的最远的奶牛的至少要走多远。题目给的邻接矩阵是K个挤奶站与C个奶牛的距离矩阵，其中0为不可达的意思。
刚刷网络流，第一次遇到这样题目，题意我就看了半天才懂。。此题需要将题给条件转化，最后利用二分枚举距离，将每次情况建立一个新的图再网络流得解。
思路： 需要首先用Floyd将各个站与奶牛的最短距离得出，然后利用二分，左边界=0，右边界=题给每条路最大权值*最大可能走的路数=200*(K+C)。
然后将每次枚举的mid比较图中的边权，因为要枚举的是最大距离(的最小值，但最大距离的性质肯定还是有的，即大于等于其他边)，所以边权<=mid的加入网络流图中且权重为1，那些大于mid的边就当作该情况下不用走的，即可忽略。
将K与C以此建立网络流，并且设一个超级源点S与超级汇点T，S指向所有挤奶站K切边权为题给容量M，所有奶牛流向T边权为1。若最大流结果等于C说明该次枚举情况符合，便继续缩小枚举范围，若最大流结果小于C，说明边权限制过小则要增大枚举范围。一直反复枚举则得结果。
(代码转自https://www.cnblogs.com/Lyush/archive/2013/04/30/3052077.html)
1 #include <cstdlib>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <iostream>
5 #include <algorithm>
6 using namespace std;
7
8 int K, C, M; // K个挤奶器，C头奶牛，每个挤奶器最多M头奶牛共享
9 int N;
10 int mp[250][250];
11
12 struct Edge {
13 int v, c, next;
14 };
15
16 Edge e[100000];
17 int idx, head[250];
18 int lv[250];
19 int front, tail, que[250];
20 const int SS = 0, TT = 248;
21 const int INF = 0x3fffffff;
22
23 void insert(int a, int b, int c) {
24 e[idx].v = b, e[idx].c = c;
25 e[idx].next = head[a];
26 head[a] = idx++;
27 }
28
29 void floyd() { // 求出任意两点之间的最短路
30 for (int k = 1; k <= N; ++k) {
31 for (int i = 1; i <= N; ++i) {
32 if (mp[i][k] == INF || i == k) continue;
33 for (int j = 1; j <= N; ++j) {
34 if (mp[k][j] == INF || j == k) continue;
35 mp[i][j] = min(mp[i][j], mp[i][k] + mp[k][j]);
36 }
37 }
38 }
39 }
40
41 void build(int threshold) { // 阀值
42 idx = 0;
43 memset(head, 0xff, sizeof (head));
44 for (int i = 1; i <= K; ++i) {
45 insert(SS, i, M);
46 insert(i, SS, 0);
47 for (int j = K+1; j <= N; ++j) {
48 if (mp[i][j] <= threshold) {
49 insert(i, j, 1);
50 insert(j, i, 0);
51 }
52 }
53 }
54 for (int i = K+1; i <= N; ++i) {
55 insert(i, TT, 1);
56 insert(TT, i, 0);
57 }
58 }
59
60 bool bfs() {
61 front = tail = 0;
62 memset(lv, 0xff, sizeof (lv));
63 lv[SS] = 0;
64 que[tail++] = SS;
65 while (front != tail) {
66 // printf("front = %d, tail = %d
", front, tail);
67 int u = que[front++];
68 for (int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
69 if (!(~lv[e[i].v]) && e[i].c) {
70 lv[e[i].v] = lv[u] + 1;
71 if (e[i].v == TT) return true;
72 que[tail++] = e[i].v;
73 }
74 }
75 }
76 return ~lv[TT];
77 }
78
79 int dfs(int u, int sup) {
80 if (u == TT) return sup;
81 int tf = 0, f;
82 for (int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
83 if (lv[u]+1==lv[e[i].v] && e[i].c && (f=dfs(e[i].v, min(e[i].c, sup-tf)))) {
84 tf += f;
85 e[i].c -= f, e[i^1].c += f;
86 if (tf == sup) return sup;
87 }
88 }
89 if (!tf) lv[u] = -1;
90 return tf;
91 }
92
93 int dinic() {
94 int ret = 0;
95 while (bfs()) {
96 ret += dfs(SS, INF);
97 }
98 return ret;
99 }
100
101 int bsearch(int l, int r) {
102 int mid, ret;
103 while (l <= r) {
104 mid = (l + r) >> 1;
105 if (build(mid), dinic() == C) {
106 ret = mid;
107 r = mid - 1;
108 } else {
109 l = mid + 1;
110 }
111 }
112 return ret;
113 }
114
115 int main() {
116 while (scanf("%d %d %d", &K, &C, &M) != EOF) {
117 N = K+C;
118 memset(mp, 0, sizeof (mp));
119 for (int i = 1; i <= N; ++i) {
120 for (int j = 1; j <= N; ++j) {
121 scanf("%d", &mp[i][j]);
122 if (!mp[i][j]) mp[i][j] = INF;
123 }
124 }
125 floyd();
126 printf("%d
", bsearch(1, 1000000));
127 }
128 return 0;
129 }