P3153 [CQOI2009]跳舞

题目描述

一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时，所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首（或更多）舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢，而其他相互不喜欢（不会”单向喜欢“）。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞，而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息，舞会最多能有几首舞曲？

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符，其中第i行第j个字符为'Y'当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。

输出格式：

仅一个数，即舞曲数目的最大值。

输入输出样例

输入样例#1： 

3 0
YYY
YYY
YYY

输出样例#1： 

3

说明

N<=50 K<=30

 

Solution：

　　本题太毒，调了几天，终于又填完坑了～

　　像这种需要配对，而且数据还这么小的题目，一眼就容易想到网络最大流。

　　那么如果直接去跑最大流的话，显然不可行。

　　题意中说相同的两个人只能搭配一次，那么最多也就$50$次，很容易想到从大到小枚举天数然后跑最大流判断（我写了下枚举+最大流，事实证明是可以过的），但是，本题有很明显的单调性，即若前$i$天可以完整搭配，则答案一定在$[i,n]$之间，否则就在$[0,i-1]$之间。于是考虑二分答案，然后跑最大流$check$。

　　再来考虑最大流$check$是否可行。每个男生的点和女生的点相匹配，只有两种情况，要么不互相喜欢使用$1$次限制，要么互相喜欢不需要花费。

　　因为每人最多和不喜欢的匹配$k$次，于是我们将每个学生都拆成两个点，之间连边为$k$表示限制，假设男生$a$被拆为$a1,a2$（$a1$是$a$的全局，$a2$是与$a$不互相喜欢的分点），女生$b$被拆为$b1,b2$（类比男生的含义），每次二分的天数$x$，重新建图：$s\rightarrow a1$连容量为$x$（$s$为源点，该边表示每个人应该匹配$x$次），$a1\rightarrow a2$连容量为$k$（表示$a$最多和$k$个不喜欢的女生匹配），$b1,b2$类比男生连法（$b2\rightarrow b1\;\;b1\rightarrow t$）。每次若男生$a$和女生$b$不喜欢，连容量为$1$的边$a2\rightarrow b2$，若$a$和$b$互相喜欢，则应直接连容量为$1$的边$a1\rightarrow b1$。

　　然后每次跑完最大流后，看最大流是否等于$x*n$，便能判断是否成立。（最后需要注意的是二分的边界值：$l=0,r=n$，最少就是$1$次也无法搭配，最多就是$n$人互相搭配一次）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define debug printf("%d %s\n",__LINE__,__FUNCTION__)
using namespace std;
const int N=100005,inf=23333333;
int s,t=5200,ans,dis[10005],n,k,to[N],net[N],h[10010],cnt=1,w[N];
bool mp[55][55];

il void add(int u,int v,int c){to[++cnt]=v,net[cnt]=h[u],h[u]=cnt,w[cnt]=c;}

il bool bfs(){
    queue<int>q;
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    q.push(s),dis[s]=0;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=h[u];i;i=net[i])
            if(dis[to[i]]==-1&&w[i]>0)dis[to[i]]=dis[u]+1,q.push(to[i]);
    }
    return dis[t]!=-1;
}

il int dfs(int u,int op){
    if(u==t)return op;
    int flow=0,used=0;
    for(int i=h[u];i;i=net[i]){
        int v=to[i];
        if(dis[v]==dis[u]+1&&w[i]>0){
            used=dfs(v,Min(w[i],op));
            if(!used)continue;
            flow+=used,op-=used;
            w[i]-=used,w[i^1]+=used;
            if(!op)break;
        }
    }
    if(!flow)dis[u]=-1;
    return flow;
}

il bool check(int x){  
    memset(h,0,sizeof(h));
    cnt=1;
    For(i,1,n){
        add(s,i,x),add(i,s,0);
        add(i,i+n,k),add(i+n,i,0);
        add(i+n*3,t,x),add(t,i+n*3,0);
        add(i+n*2,i+n*3,k),add(i+n*3,i+n*2,0);
    }
    For(i,1,n) For(j,1,n){
        if(mp[i][j])add(i,j+3*n,1),add(j+3*n,i,0);
        else add(i+n,j+2*n,1),add(j+2*n,i+n,0);
    }
    int tot=0;
    while(bfs())tot+=dfs(s,inf);
    if(tot==n*x)return 1;
    return 0;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>k;
    char p;
    For(i,1,n) For(j,1,n) {
        cin>>p;
        if(p=='Y')mp[i][j]=1;
        if(n==1&&(p=='Y'||k>=1)){cout<<1;return 0;}
    }
    int mid,l=0,r=n;
    while(l<=r){
        mid=l+r>>1;
        if(check(mid))l=mid+1,ans=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}