1.飞行员配对方案问题
题意：每架飞机需要两个驾驶员，一个正驾驶员和一个副驾驶员。由于种种原因，有些驾驶员不能在同一架飞机上飞行，问如何搭配驾驶员才能使出航的飞机最多。两个正驾驶员或两个副驾驶员都不能同机飞行。
分析：二分图最大匹配裸题。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=105; 7 const int inf=0x3f3f3f3f; 8 int n,m,x,y,S,T,cnt=1,ans; 9 int cur[N],first[N],dis[N],q[N]; 10 struct edge{int to,next,flow;}e[N*N*4]; 11 int read() 12 { 13 int x=0,f=1;char c=getchar(); 14 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 15 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 void insert(int u,int v,int w) 19 { 20 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 21 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 22 } 23 bool bfs() 24 { 25 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 26 int head=0,tail=1; 27 q[head]=S;dis[S]=0; 28 while(head!=tail) 29 { 30 int u=q[head++]; 31 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 32 { 33 int v=e[i].to; 34 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 35 dis[v]=dis[u]+1; 36 q[tail++]=v; 37 } 38 } 39 return dis[T]!=-1; 40 } 41 int dfs(int u,int a) 42 { 43 if(u==T||a==0)return a; 44 int f,flow=0; 45 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 46 { 47 int v=e[i].to; 48 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 49 { 50 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 51 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 52 } 53 } 54 return flow; 55 } 56 int main() 57 { 58 n=read();m=read();S=0;T=n+1; 59 while(scanf("%d%d",&x,&y)==2)insert(x,y,1); 60 for(int i=1;i<=m;i++)insert(S,i,1); 61 for(int i=m+1;i<=n;i++)insert(i,T,1); 62 while(bfs()) 63 { 64 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 65 ans+=dfs(S,inf); 66 } 67 printf("%d ",ans); 68 return 0; 69 }
2.太空飞行计划问题
题意：现已确定了一个可供选择的实验集合 $E = { E_1, E_2, cdots, E_m }$，和进行这些实验需要使用的全部仪器的集合 $I = { I_1, I_2, cdots, I_n }$。实验 $E_j$ 需要用到的仪器是 $I$ 的子集 $R_j subseteq I$。 配置仪器 $I_k$ 的费用为 $c_k$ 美元。实验 $E_j$ 的赞助商已同意为该实验结果支付 $p_j$ 美元。对于给定的实验和仪器配置情况，找出净收益最大的试验计划。
分析：最大权闭合子图。从 $S$ 向每个实验连一条容量为 $p_i$ 的边，每个实验向所需要的仪器连一条容量为 $inf$ 的边，每个仪器向 $T$ 连一条容量为 $c_i$ 的边。答案为 $sum p_i-maxflow$ 。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=105; 7 const int inf=0x3f3f3f3f; 8 int n,m,x,S,T,cnt=1,ans,sum,num; 9 int cur[N],first[N],dis[N],q[N]; 10 bool vis[N]; 11 char c; 12 struct edge{int to,next,flow;}e[N*N*2]; 13 int read() 14 { 15 int x=0,f=1;char c=getchar(); 16 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 17 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void insert(int u,int v,int w) 21 { 22 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 23 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 24 } 25 bool bfs() 26 { 27 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 28 int head=0,tail=1; 29 q[head]=S;dis[S]=0; 30 while(head!=tail) 31 { 32 int u=q[head++]; 33 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 34 { 35 int v=e[i].to; 36 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 37 dis[v]=dis[u]+1; 38 q[tail++]=v; 39 } 40 } 41 return dis[T]!=-1; 42 } 43 int dfs(int u,int a) 44 { 45 if(u==T||a==0)return a; 46 int f,flow=0; 47 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 48 { 49 int v=e[i].to; 50 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 51 { 52 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 53 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 54 } 55 } 56 return flow; 57 } 58 void find(int x) 59 { 60 vis[x]=true; 61 for(int i=first[x];i;i=e[i].next) 62 if(!vis[e[i].to]&&e[i].flow) 63 find(e[i].to); 64 } 65 int main() 66 { 67 n=read();m=read();S=0;T=n+m+1; 68 for(int i=1;i<=n;i++) 69 { 70 x=read();sum+=x;insert(S,i,x); 71 while(1) 72 { 73 num=0;c=getchar(); 74 while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); 75 while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-'0',c=getchar(); 76 insert(i,num+n,inf); 77 if(c==' ')break; 78 } 79 } 80 for(int i=1;i<=m;i++)x=read(),insert(i+n,T,x); 81 while(bfs()) 82 { 83 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 84 ans+=dfs(S,inf); 85 } 86 find(S); 87 for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[i])printf("%d ",i); 88 printf(" "); 89 for(int i=n+1;i<=n+m;i++)if(vis[i])printf("%d ",i-n); 90 printf(" "); 91 printf("%d ",sum-ans); 92 return 0; 93 }
3.最小路径覆盖问题
题意：给定有向图 $G = (V, E)$。设 $P$ 是 $G$ 的一个简单路（顶点不相交）的集合。如果 $V$ 中每个顶点恰好在 $P$ 的一条路上，则称 $P$ 是 $G$ 的一个路径覆盖。 $P$ 中路径可以从 $V$ 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为 $0$。$G$ 的最小路径覆盖是 $G$ 的所含路径条数最少的路径覆盖。 求一个有向无环图 $G$ 的最小路径覆盖。
分析：二分图最大匹配。将每个点拆为两个点，在新图中对应连边。二分图的每一个合法匹配都可以视为一种路径覆盖的方式，路径条数为总点数-匹配数。最小不相交路径覆盖即为总点数-二分图最大匹配。（建图方式仅限DAG）
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=405; 7 const int inf=0x3f3f3f3f; 8 int n,m,x,y,S,T,cnt=1,ans; 9 int cur[N],first[N],dis[N],q[N],ind[N],to[N]; 10 struct edge{int to,next,flow;}e[N*N*2]; 11 int read() 12 { 13 int x=0,f=1;char c=getchar(); 14 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 15 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 void insert(int u,int v,int w) 19 { 20 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 21 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 22 } 23 bool bfs() 24 { 25 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 26 int head=0,tail=1; 27 q[head]=S;dis[S]=0; 28 while(head!=tail) 29 { 30 int u=q[head++]; 31 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 32 { 33 int v=e[i].to; 34 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 35 dis[v]=dis[u]+1; 36 q[tail++]=v; 37 } 38 } 39 return dis[T]!=-1; 40 } 41 int dfs(int u,int a) 42 { 43 if(u==T||a==0)return a; 44 int f,flow=0; 45 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 46 { 47 int v=e[i].to; 48 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 49 { 50 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 51 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 52 } 53 } 54 return flow; 55 } 56 int main() 57 { 58 n=read();m=read();S=0;T=n*2+1; 59 for(int i=1;i<=m;i++) 60 { 61 x=read();y=read(); 62 insert(x,y+n,1); 63 } 64 for(int i=1;i<=n;i++)insert(S,i,1); 65 for(int i=1;i<=n;i++)insert(i+n,T,1); 66 while(bfs()) 67 { 68 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 69 ans+=dfs(S,inf); 70 } 71 for(int x=1;x<=n;x++) 72 for(int i=first[x];i;i=e[i].next) 73 if(!e[i].flow&&e[i].to)to[x]=e[i].to-n,ind[e[i].to-n]++; 74 for(int x=1;x<=n;x++) 75 if(!ind[x]) 76 { 77 for(int i=x;i;i=to[i])printf("%d ",i); 78 printf(" "); 79 } 80 printf("%d ",n-ans); 81 return 0; 82 }
4.魔术球问题
题意：假设有 $n$ 根柱子，按下述规则在这 $n$ 根柱子中依次放入编号为 $1, 2, 3, 4, cdots$ 的球：每次只能在某根柱子的最上面放球；在同一根柱子中，任何 $2$ 个相邻球的编号之和为完全平方数。 试计算出在 $n$ 根柱子上最多能放多少个球。
分析：二分图最大匹配。题目限制了在放置好每个 $x$ 之前，需先放置好 $1,2,3,cdots x-1$ 的球。考虑枚举答案 $x$ ，建立关于 $1,2,3,cdots x$ 的图：若 $i<j$ 且 $i+j$ 为完全平方数，则连接边 $(i,j)$。原图是一个DAG，问题转化为求DAG的最小不相交路径覆盖。按顺序枚举 $x$ ，当最小路径覆盖数大于 $n$ 时结束。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #define LL long long 6 using namespace std; 7 const int N=1e4+5; 8 const int base=5e3; 9 const int inf=0x3f3f3f3f; 10 int n,m,x,y,S,T,cnt=1,ans,sum; 11 int cur[N],first[N],dis[N],q[N],to[N]; 12 bool vis[N]; 13 struct edge{int to,next,flow;}e[N*20]; 14 int read() 15 { 16 int x=0,f=1;char c=getchar(); 17 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 18 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 19 return x*f; 20 } 21 void insert(int u,int v,int w) 22 { 23 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 24 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 25 } 26 bool bfs() 27 { 28 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 29 int head=0,tail=1; 30 q[head]=S;dis[S]=0; 31 while(head!=tail) 32 { 33 int u=q[head++]; 34 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 35 { 36 int v=e[i].to; 37 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 38 dis[v]=dis[u]+1; 39 q[tail++]=v; 40 } 41 } 42 return dis[T]!=-1; 43 } 44 int dfs(int u,int a) 45 { 46 if(u==T||a==0)return a; 47 int f,flow=0; 48 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 49 { 50 int v=e[i].to; 51 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 52 { 53 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 54 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 55 } 56 } 57 return flow; 58 } 59 bool ok(int x) 60 { 61 int t=(int)(sqrt(x)+1e-9); 62 return t*t==x; 63 } 64 int main() 65 { 66 n=read();S=0;T=base*2+1; 67 while(1) 68 { 69 ans++;sum++; 70 for(int i=1;i<ans;i++) 71 if(ok(i+ans))insert(i,ans+base,1); 72 insert(S,ans,1);insert(ans+base,T,1); 73 while(bfs()) 74 { 75 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 76 sum-=dfs(S,inf); 77 } 78 if(sum>n)break; 79 } 80 ans--;printf("%d ",ans); 81 for(int x=1;x<=ans;x++) 82 for(int i=first[x];i;i=e[i].next) 83 if(!e[i].flow&&e[i].to) 84 {to[x]=e[i].to-base;break;} 85 for(int x=1;x<=ans;x++) 86 if(!vis[x]) 87 { 88 for(int i=x;i;i=to[i]) 89 printf("%d ",i),vis[i]=true; 90 printf(" "); 91 } 92 return 0; 93 }
5.圆桌问题
题意：假设有来自 $n$ 个不同单位的代表参加一次国际会议。每个单位的代表数分别为 $r_i$ 。会议餐厅共有 $m$ 张餐桌，每张餐桌可容纳 $c_i$ 个代表就餐。 为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。 试给出满足要求的代表就餐方案。
分析：最大流。从 $S$ 向每个单位连一条容量为人数的边，从餐桌向 $T$ 连接一条容量为餐桌容量的边，从单位向每个餐桌连一条容量为 $1$ 的边。直接跑最大流求解。（或者是贪心+线段树，餐桌和人数都从大到小排序，每次安排时按餐桌剩余容量从大到小安排。为维护单调性，对于最后一段相等的区间，需要减线段树上靠后的部分。）
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #define LL long long 6 using namespace std; 7 const int N=505; 8 const int inf=0x3f3f3f3f; 9 int n,m,x,S,T,cnt=1,ans,sum; 10 int cur[N],first[N],dis[N],q[N]; 11 struct edge{int to,next,flow;}e[N*N*2]; 12 int read() 13 { 14 int x=0,f=1;char c=getchar(); 15 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 16 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 void insert(int u,int v,int w) 20 { 21 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 22 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 23 } 24 bool bfs() 25 { 26 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 27 int head=0,tail=1; 28 q[head]=S;dis[S]=0; 29 while(head!=tail) 30 { 31 int u=q[head++]; 32 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 33 { 34 int v=e[i].to; 35 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 36 dis[v]=dis[u]+1; 37 q[tail++]=v; 38 } 39 } 40 return dis[T]!=-1; 41 } 42 int dfs(int u,int a) 43 { 44 if(u==T||a==0)return a; 45 int f,flow=0; 46 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 47 { 48 int v=e[i].to; 49 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 50 { 51 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 52 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 53 } 54 } 55 return flow; 56 } 57 int main() 58 { 59 n=read();m=read();S=0;T=n+m+1; 60 for(int i=1;i<=n;i++)x=read(),sum+=x,insert(S,i,x); 61 for(int i=1;i<=m;i++)x=read(),insert(i+n,T,x); 62 for(int i=1;i<=n;i++) 63 for(int j=1;j<=m;j++) 64 insert(i,j+n,1); 65 while(bfs()) 66 { 67 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 68 ans+=dfs(S,inf); 69 } 70 if(ans<sum){printf("0 ");return 0;} 71 printf("1 "); 72 for(int i=1;i<=n;i++,printf(" ")) 73 for(int j=first[i];j;j=e[j].next) 74 if(!e[j].flow&&e[j].to)printf("%d ",e[j].to-n); 75 return 0; 76 }
6.最长递增子序列问题
题意：给定正整数序列 $x_1 sim x_n$ ，以下递增均为非严格递增。 计算其最长递增子序列的长度 $s$。 计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为 $s$ 的递增子序列。 如果允许在取出的序列中多次使用 $x_1$ 和 $x_n$ ，则从给定序列中最多可取出多少个长度为 $s$ 的递增子序列。
分析：令 $f_i$ 表示以第 $i$ 位开头的最长递增子序列长度，可用dp求解。若 $f_i=s$ ，则从 $S$ 向 $i$ 连一条容量为 $1$ 的边；若 $f_i=1$ ，则从 $i$ 向 $T$ 连一条容量为 $1$ 的边；限定每个点只选一次，拆点，连一条容量为 $1$ 的边；若 $i<j$ 且 $x_i<=x_j$ 且 $f_i=f_j+1$ ，则从 $i$ 向 $j$ 连一条容量为 $1$ 的边。直接跑最大流求解即可。回答第三问时，把对应边的限制放成 $inf$ ，再跑一次最大流。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #define LL long long 6 using namespace std; 7 const int N=1005; 8 const int inf=0x3f3f3f3f; 9 int S,T,cnt=1,ans; 10 int cur[N],first[N],dis[N],q[N]; 11 int n,length,x[N],f[N]; 12 struct edge{int to,next,flow;}e[N*N*2]; 13 int read() 14 { 15 int x=0,f=1;char c=getchar(); 16 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 17 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void insert(int u,int v,int w) 21 { 22 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 23 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 24 } 25 bool bfs() 26 { 27 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 28 int head=0,tail=1; 29 q[head]=S;dis[S]=0; 30 while(head!=tail) 31 { 32 int u=q[head++]; 33 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 34 { 35 int v=e[i].to; 36 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 37 dis[v]=dis[u]+1; 38 q[tail++]=v; 39 } 40 } 41 return dis[T]!=-1; 42 } 43 int dfs(int u,int a) 44 { 45 if(u==T||a==0)return a; 46 int f,flow=0; 47 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 48 { 49 int v=e[i].to; 50 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 51 { 52 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 53 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 54 } 55 } 56 return flow; 57 } 58 int main() 59 { 60 n=read();S=0;T=n*2+1; 61 for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=read(),f[i]=1; 62 for(int i=n;i>=1;i--) 63 { 64 for(int j=n;j>i;j--) 65 if(x[j]>=x[i])f[i]=max(f[i],f[j]+1); 66 length=max(length,f[i]); 67 } 68 printf("%d ",length); 69 if(length==1){printf("%d %d ",n,n);return 0;} 70 for(int i=1;i<=n;i++)insert(i,i+n,1); 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 if(f[i]==length)insert(S,i,1); 74 if(f[i]==1)insert(i+n,T,1); 75 for(int j=i+1;j<=n;j++) 76 if(x[i]<=x[j]&&f[i]==f[j]+1)insert(i+n,j,1); 77 } 78 while(bfs()) 79 { 80 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 81 ans+=dfs(S,inf); 82 } 83 printf("%d ",ans); 84 ans=0;cnt=1; 85 memset(first,0,sizeof(first)); 86 insert(1,1+n,inf);insert(n,n+n,inf); 87 for(int i=2;i<n;i++)insert(i,i+n,1); 88 for(int i=1;i<=n;i++) 89 { 90 if(f[i]==length) 91 { 92 if(i==1||i==n)insert(S,i,inf); 93 else insert(S,i,1); 94 } 95 if(f[i]==1) 96 { 97 if(i==1||i==n)insert(i+n,T,inf); 98 else insert(i+n,T,1); 99 } 100 for(int j=i+1;j<=n;j++) 101 if(x[i]<=x[j]&&f[i]==f[j]+1)insert(i+n,j,1); 102 } 103 while(bfs()) 104 { 105 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 106 ans+=dfs(S,inf); 107 } 108 printf("%d ",ans); 109 return 0; 110 }
7.试题库问题
题意：假设一个试题库中有 $n$ 道试题。每道试题都标明了所属类别。同一道题可能有多个类别属性。现要从题库中抽取 $m$ 道题组成试卷。并要求试卷包含指定类型的试题。试设计一个满足要求的组卷算法。
分析：最大流。从 $S$ 向每种类别连一条容量为需求的边，从题目向 $T$ 连接一条容量为 $1$ 的边，从每个类别向题目连一条容量为 $1$ 的边。直接跑最大流求解即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 const int N=1200; 6 const int inf=0x3f3f3f3f; 7 int n,m,sum,p,x,S,T,cnt=1,ans; 8 int first[N],cur[N],q[N],dis[N]; 9 struct edge{int to,next,flow;}e[N*40]; 10 int read() 11 { 12 int x=0,f=1;char c=getchar(); 13 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 14 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 void insert(int u,int v,int w) 18 { 19 e[++cnt]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnt; 20 e[++cnt]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnt; 21 } 22 bool bfs() 23 { 24 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 25 int head=0,tail=1; 26 q[head]=S;dis[S]=0; 27 while(head!=tail) 28 { 29 int u=q[head++]; 30 for(int i=first[u];i;i=e[i].next) 31 { 32 int v=e[i].to; 33 if(dis[v]!=-1||!e[i].flow)continue; 34 dis[v]=dis[u]+1; 35 q[tail++]=v; 36 } 37 } 38 return dis[T]!=-1; 39 } 40 int dfs(int u,int a) 41 { 42 if(u==T||a==0)return a; 43 int f,flow=0; 44 for(int& i=cur[u];i;i=e[i].next) 45 { 46 int v=e[i].to; 47 if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(e[i].flow,a)))>0) 48 { 49 e[i].flow-=f;e[i^1].flow+=f; 50 flow+=f;a-=f;if(a==0)break; 51 } 52 } 53 return flow; 54 } 55 int main() 56 { 57 n=read();m=read();S=0;T=n+m+1; 58 for(int i=1;i<=n;i++)x=read(),sum+=x,insert(S,i,x); 59 for(int i=1;i<=m;i++) 60 { 61 p=read(); 62 while(p--)x=read(),insert(x,i+n,1); 63 } 64 for(int i=1;i<=m;i++)insert(i+n,T,1); 65 while(bfs()) 66 { 67 for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; 68 ans+=dfs(S,inf); 69 } 70 if(ans<sum){printf("No Solution! ");return 0;} 71 for(int x=1;x<=n;x++,printf(" ")) 72 { 73 printf("%d: ",x); 74 for(int i=first[x];i;i=e[i].next) 75 { 76 int to=e[i].to; 77 if(!to||e[i].flow)continue; 78 printf("%d ",to-n); 79 } 80 } 81 return 0; 82 }
8.机器人路径规划问题
题意：给定树状路径上的起点 $s$ 和终点 $t$，机器人要从 $s$ 运动到 $t$ 。树状路径上有若干可移动的障碍物。由于路径狭窄，任何时刻在路径的任何位置不能同时容纳 $2$ 个物体。每一步可以将障碍物或机器人移到相邻的空顶点上。设计一个有效算法用最少移动次数使机器人从 $s$ 运动到 $t$。 编程任务：对于给定的树，以及障碍物在树中的分布情况，计算机器人的最少移动次数。
分析：网络流的复杂度是 $O(n^9)$ 的，ImmortalCO给出了一种 $O(n^6)$ 的动态规划解法。参考《机器人路径规划问题(TMP1R)题解》。
9.方格取数问题
题意：在一个有 $m imes n$ 个方格的棋盘中，每个方格中有一个正整数。 现要从方格中取数，使任意 $2$ 个数所在方格没有公共边，且取出的数的总和最大。试设计一个满足要求的取数算法。
分析：最大点权独立集。先将棋盘黑白染色，从 $S$ 向每个黑点连一条容量为黑点数值的边，从白点向 $T$ 连接一条容量为白点数值的边，从每个黑点向白点连一条容量为 $inf$ 的边。答案为总价值-最小割。
10.餐巾计划问题
题意：一个餐厅在相继的 $n$ 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 $i$ 天需要 $r_i$ 块餐巾。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 $P$ 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 $M$ 天，其费用为 $F$ 分；或者送到慢洗部，洗一块需 $N$ 天，其费用为 $S$ 分（$S < F$）。 每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。 试设计一个算法为餐厅合理地安排好 $n$ 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。
分析：把每一天都拆成一对点 $x_i$ 和 $y_i$ ，$x_i$ 表示脏的餐巾，$y_i$ 表示干净的餐巾。从 $S$ 向 $y_i$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $P$ 的边，代表购买决策；从 $y_i$ 向 $T$ 连一条容量为 $r_i$ 费用为 $0$ 的边，代表每天需求；从 $S$ 向 $x_i$ 连一条容量为 $r_i$ 费用为 $0$ 的边，代表每天剩余的未洗餐巾；从 $x_i$ 向 $x_i+1$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $0$ 的边，代表将脏餐巾屯到下一天；从 $x_i$ 向 $y_i+m$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $F$ 的边，代表快洗决策；从 $x_i$ 向 $y_i+n$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $S$ 的边，代表慢洗决策。直接跑最小费用最大流即可。
11.航空路线问题
题意：给定一张航空图，图中顶点代表城市，边代表两个城市间的直通航线。现要求找出一条满足下述限制条件的且途经城市最多的旅行路线：从最西端城市出发，单向从西向东途经若干城市到达最东端城市，然后再单向从东向西飞回起点（可途经若干城市）；除起点城市外，任何城市只能访问一次。对于给定的航空图，试设计一个算法找出一条满足要求的最佳航空旅行路线。
分析：问题转化为求两条不相交的路径且路径之和最长。考虑拆点，连一条容量为 $1$ 费用为 $-1$ 的边（$1$ 和 $n$ 的容量为 $2$ ）。跑最小费用最大流求解，若最大流不等于 $2$ 则无解。
12.软件补丁问题
题意：某公司发现其研制的一个软件中有 $n$ 个错误，随即为该软件发放了一批共 $m$ 个补丁程序。对于每一个补丁 $i$ ，都有 $2$ 个与之相应的错误集合 $B_1(i)$ 和 $B_2(i)$ ，使得仅当软件包含 $B_1(i)$ 中的所有错误，而不包含 $B_2(i)$ 中的任何错误时，才可以使用补丁 $i$。补丁 $i$ 将修复软件中的某些错误 $F_1(i)$ ，而同时加入另一些错误 $F_2(i)$。另外，每个补丁都耗费一定的时间。 试设计一个算法，利用公司提供的 $m$ 个补丁程序将原软件修复成一个没有错误的软件，并使修复后的软件耗时最少。
分析：将bug状态压成二进制之后跑最短路。
13.星际转移问题
题意：现有 $n$ 个太空站位于地球与月球之间，且有 $m$ 艘公共交通太空船在其间来回穿梭。每个太空站可容纳无限多的人，而每艘太空船 $i$ 只可容纳 $H_i$ 个人。每艘太空船将周期性地停靠一系列的太空站，例如：$1,3,4$ 表示该太空船将周期性地停靠太空站 $134134134cdots$ 每一艘太空船从一个太空站驶往任一太空站耗时均为 $1$。人们只能在太空船停靠太空站（或月球、地球）时上、下船。 初始时所有人全在地球上，太空船全在初始站。试设计一个算法，找出让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。
分析：建立分层图。从 $S$ 向每一天的地球连一条容量为 $inf$ 的边；从每一天的月球向 $T$ 连一条容量为 $inf$ 的边；从每一天的节点向下一天的对应节点连一条容量为 $inf$ 的边；对于每一艘飞船，从每一天的位置向下一天的位置连一条容量为 $H_i$ 的边。枚举天数建图，跑最大流直到不小于总人数即可。
14.孤岛营救问题
题意：迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 $n$ 行，东西方向被划分为 $m$ 列， 于是整个迷宫被划分为 $n imes m$ 个单元。南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分成 $p$ 类， 打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。 大兵瑞恩被关押在 $(n,m)$ 单元里，并已经昏迷。迷宫只有一个入口， 在 $(1,1)$ 单元。麦克从一个单元移动到另一个 相邻单元的时间为 $1$，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。 试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。
分析：将获得钥匙的状态压成二进制，对每一个状态建一层图，跑分层图最短路。
15.汽车加油驾驶问题
题意：给定一个 $N imes N$ 的方形网格，设其左上角为起点，坐标为 $(1,1)$ ，$X$ 轴向右为正， $Y$ 轴向下为正，每个方格边长为 $1$ 。 一辆汽车从起点出发驶向右下角终点 $(N,N)$ 。 在若干个网格交叉点处，设置了油库。汽车在行驶过程中应遵守如下规则：汽车只能沿网格边行驶，装满油后能行驶 $K$ 条网格边；出发时汽车已装满油，在起点与终点处不设油库； 汽车经过一条网格边时，若其 $X$ 坐标或 $Y$ 坐标减小，则应付费用 $B$ ，否则免付费用； 汽车在行驶过程中遇油库则应加满油并付加油费用 $A$；在需要时可在网格点处增设油库，并付增设油库费用 $C$ (不含加油费用 $A$ )。 求出汽车从起点出发到达终点的一条所付费用最少的行驶路线。
分析：令 $f(i,j,k)$ 为点 $(i,j)$ 剩余油量为 $k$ 的最小费用，跑最短路。
16.数字梯形问题
题意：给定一个由 $n$ 行数字组成的数字梯形。梯形的第一行有 $m$ 个数字。从梯形的顶部的 $m$ 个数字开始，在每个数字处可以沿左下或右下方向移动，形成一条从梯形的顶至底的路径。 分别遵守以下规则： 从梯形的顶至底的 $m$ 条路径互不相交； 从梯形的顶至底的 $m$ 条路径仅在数字结点处相交； 从梯形的顶至底的 $m$ 条路径允许在数字结点相交或边相交。将按照三个规则计算出的最大数字总和输出。
分析：从 $S$ 向顶部的每一个点连一条容量为 $1$ 费用为 $0$ 的边。规则一：拆点之后跑费用流；规则二：不拆点，跑费用流；规则三：把边的容量改为 $inf$ 。
17.运输问题
题意：公司有 $m$ 个仓库和 $n$ 个零售商店。第 $i$ 个仓库有 $a_i$ 个单位的货物；第 $j$ 个零售商店需要 $b_j$ 个单位的货物。货物供需平衡，即 $sumlimits_{i = 1} ^ m a_i = sumlimits_{j = 1} ^ n b_j$ 。从第 $i$ 个仓库运送每单位货物到第 $j$ 个零售商店的费用为 $c_{ij}$ 。试设计一个将仓库中所有货物运送到零售商店的运输方案，使总运输费用最少。
分析：从 $S$ 向仓库连一条容量为 $a_i$ 费用为 $0$ 的边；从商店向 $T$ 连一条容量为 $b_j$ 费用为 $0$ 的边；从仓库向商店连一条容量为 $inf$ 费用为 $c_{ij}$ 的边，跑费用流即可。
18.分配工作问题
题意：有 $n$ 件工作要分配给 $n$ 个人做。第 $i$ 个人做第 $j$ 件工作产生的效益为 $c_{ij}$ 。试设计一个将 $n$ 件工作分配给 $n$ 个人做的分配方案，使产生的总效益最大。
分析：二分图最大权匹配，常规建图跑费用流即可。
19.负载平衡问题
题意：公司有 $n$ 个沿铁路运输线环形排列的仓库，每个仓库存储的货物数量不等。如何用最少搬运量可以使 $n$ 个仓库的库存数量相同。搬运货物时，只能在相邻的仓库之间搬运。
分析：由于总量是固定的，我们可以得出每个仓库的最终储货量，令 $a_i$ 表示原有储货量-最终储货量。对于每一个仓库，拆成两个点 $x_i$ 和 $y_i$ ，一个代表供应，一个代表需求。若 $a_i>0$ ，从 $S$ 向 $x_i$ 连一条容量为 $a_i$ 费用为 $0$ 的边；若 $a_i<0$ ，从 $y_i$ 向 $T$ 连一条容量为 $-a_i$ 费用为 $0$ 的边；对于两个相邻的顶点 $j$ ，从 $x_i$ 分别向 $x_j$ 和 $y_j$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $1$ 的边。跑最小费用最大流即可。
20.深海机器人问题
题意：潜艇内有多个深海机器人。潜艇到达深海海底后，深海机器人将离开潜艇向预定目标移动。 深海机器人在移动中还必须沿途采集海底生物标本，沿途生物标本由最先遇到它的深海机器人完成采集。 每条预定路径上的生物标本的价值是已知的，而且生物标本只能被采集一次。 本题限定深海机器人只能从其出发位置沿着向北或向东的方向移动，而且多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置。 用一个 $P imes Q$ 网格表示深海机器人的可移动位置。西南角的坐标为 $(0,0)$ ，东北角的坐标为 $(Q,P)$ 。 给定每个深海机器人的出发位置和目标位置，以及每条网格边上生物标本的价值。 计算深海机器人的最优移动方案， 使深海机器人到达目的地后，采集到的生物标本的总价值最高。
分析：每条边的贡献只能计算一次，考虑拆边：一条边容量为 $1$ 费用为价值，一条边容量为 $inf$ 费用为 $0$ 。跑最小费用最大流即可。
21.最长 k 可重区间集问题
题意：给定实直线 $L$ 上 $n$ 个开区间组成的集合 $I$，和一个正整数 $k$，试设计一个算法，从开区间集合 $I$ 中选取出开区间集合 $S subseteq I$ ，使得在实直线 $L$ 的任何一点 $x$，$S$ 中包含点 $x$ 的开区间个数不超过 $k$ 。且 $sumlimits_{z in S} | z |$ 达到最大。这样的集合 $S$ 称为开区间集合 $I$ 的最长 $k$ 可重区间集。 $sumlimits_{z in S} | z |$ 称为最长 $k$ 可重区间集的长度。 对于给定的开区间集合 $I$ 和正整数 $k$，计算开区间集合 $I$ 的最长 $k$ 可重区间集的长度。
分析：离散化区间的所有端点，从小到大为 $x_1,x_2,cdots x_m$ 。从 $S$ 向 $1$ 连一条容量为 $k$ 费用为 $0$ 的边；从 $m$ 向 $T$ 连一条容量为 $k$ 费用为 $0$ 的边；从 $i$ 向 $i+1$ 连一条容量为 $k$ 费用为 $0$ 的边；对于每一个区间，从其左端点的对应顶点向右端点的对应顶点连一条容量为 $1$ 费用为区间长度的边。跑最小费用最大流即可。
22.最大 k 可重线段集问题
题意：给定平面 $xoy$ 上 $n$ 个开线段组成的集合 $I$，和一个正整数 $k$ 。 从开线段集合 $I$ 中选取出开线段集合 $Sin I$ , 使得在 $x$ 轴上的任何一点 $p$ ，$S$ 中与直线 $x=p$ 相交的开线段个数不超过 $k$ ， 且 $sum_{ ext{z} in ext{S}}|z|$ 达到最大。 这样的集合 $S$ 称为开线段集合 $I$ 的最长 $k$ 可重线段集的长度。 对于任何开线段 $z$ ，设其端点坐标为 $( x_0 , y_0 )$ 和 $( x_1 , y_1 )$ ， 则开线段 $z$ 的长度 $| ext{z}|$ 定义为： $|z| = lfloor sqrt{ ( x_1 - x_0 ) ^ 2 + ( y_1 - y_0 )^2 } floor$。 对于给定的开线段集合 $I$ 和正整数 $k$ ，计算开线段集合 $I$ 的最长 $k$ 可重线段集的长度。
分析：和上一道题基本一致，为了避免线段与 $x$ 轴垂直的情况，需要将所有的端点坐标 $ imes 2$ ，然后左端点 $-1$ 。
23.火星探险问题
题意： 登陆舱着陆后，探测车将离开登陆舱向先期到达的传送器方向移动。 探测车在移动中还必须采集岩石标本，每一块岩石标本由最先遇到它的探测车完成采集。 每块岩石标本只能被采集一次。 岩石标本被采集后，其他探测车可以从原来岩石标本所在处通过。 探测车不能通过有障碍的地面。 本题限定探测车只能从登陆处沿着向南或向东的方向朝传送器移动，而且多个探测车可以在同一时间占据同一位置。 如果某个探测车在到达传送器以前不能继续前进，则该车所采集的岩石标本将全部损失。 用一个 $P imes Q$ 网格表示登陆舱与传送器之间的位置。登陆舱的位置在 $(X_1,Y_1)$ 处，传送器 的位置在 $(X_P,Y_Q)$ 处。 给定每个位置的状态，计算探测车的最优移动方案，使到达传送器的探测车的数量最多， 而且探测车采集到的岩石标本的数量最多。
分析：将原图中的每一个顶点拆成两个点：若其为岩石顶点，从 $i$ 向 $i'$ 连一条容量为 $1$ 费用为 $1$ 的边；若其为非障碍点，从 $i$ 向 $i'$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $0$ 的边；对于相邻的点 $j$ ，从 $i'$ 向 $j$ 连一条容量为 $inf$ 费用为 $0$ 的边。从 $S$ 向 $(X_1,Y_1)$ 连一条容量为探测车数量费用为 $0$ 的边；从 $(X_P,Y_Q)$ 向 $T$ 连一条容量为探测车数量费用为 $0$ 的边。跑最小费用最大流即可。
24.骑士共存问题
题意：在一个 $n imes n$ 个方格的国际象棋棋盘上，马（骑士）可以攻击的棋盘方格为“日”字。棋盘上某些方格设置了障碍，骑士不得进入。对于给定的 $n imes n$ 个方格的国际象棋棋盘和障碍标志，计算棋盘上最多可以放置多少个骑士，使得它们彼此互不攻击。
分析：二分图最大独立集。将棋盘黑白染色，从 $S$ 向每一个可用的黑格连一条容量为 $1$ 的边，从每一个可用的白格向 $T$ 连一条容量为 $1$ 的边，每一个黑格向可以攻击的白格连一条容量为 $inf$ 的边。答案为总的可用格数-最大流。