A - ACM Computer Factory - poj 3436（最大流）

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題 意：有一個ACM工廠會生產一些電腦，在這個工廠裡面有一些生產線，分別生產不同的零件，不過他們生產的電腦可能是一體機，所以只能一些零件加工後別的生 產線才可以繼續加工，比如產品A在生產線1號加工後繼續前往生產線2號繼續加工，直到成為完全產品。輸入 P 意思是這個電腦需要P個零件，N表示有N個生產線，每個生產線都有最大加工量，並且需要什麼零件和輸出的是什麼零件，0表示沒有這個零件，1表示有這個零 件，2表示有沒有都可以。 範例說明：

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1號： 15  0 0 0 -->  0 1 0

2號： 10  0 0 0-->  0 1 1

3號： 30  0 1 2 -->  1 1 1

4號： 3   0 2 1  -->  1 1 1

1號生產線需要0 0 0這樣的零件（這樣的零件也就是無限制零件，源點），它可以把零件加工成 0 1 0 這個樣子，然後 3 號生產線可以接受這種零件，並且加工成 1 1 1 也就是成品，到這樣也就加工成功了，因為1號生產線每次可以加工 15 個零件，所以1->3的加工量就是 15，同理 2->3的加工量是 10，所以結果是 25。

分析：很明顯的網路流題目，感覺痛點應該在題目閱讀和建圖上.....可以用0當做源點 N+1當做匯點，然後每兩點都進行匹配一些，看看是否可以串連，路徑的權值為出點的生產能力。

注意：因為每個生產線的生產能力有限，所以需要拆點，防止超出他的生產能力，比如如果不拆點結果就會使20，實際上是10

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;const int oo=0x3f3f3f3f;struct node{    int flow;    int in[55];    int out[55];}a[20];int maps[111][111];int x[10005];int y[10005],z[10005];int oldmaps[111][111];int layer[111];int p,n;void init(){    memset(maps,0,sizeof(maps));    memset(oldmaps,0,sizeof(oldmaps));    for(int i=1;i<=p;i++)    {        a[1].in[i]=0;        a[1].out[i]=0;        a[n+2].in[i]=1;        a[n+2].out[i]=1;    }    a[1].flow=oo;    a[n+2].flow=oo;}int can(int x,int y){    for(int i=1;i<=p;i++)    {        if(a[x].out[i]!=a[y].in[i]&&a[y].in[i]!=2)            return 0;    }    return 1;}int bfs(int s,int End){    memset(layer,0,sizeof(layer));    queue<int>q;    q.push(s);    layer[s]=1;    while(q.size())    {        s=q.front();        q.pop();        if(s==End)        {            return 1;        }        for(int i=1;i<=End;i++)        {            if(maps[s][i]&&layer[i]==0)            {                layer[i]=layer[s]+1;                q.push(i);            }        }    }    return 0;}int dfs(int s,int End,int maxflow){    if(s==End)        return maxflow;    int iflow=0;    for(int i=1;i<=End;i++)    {        if(maps[s][i]>0&&layer[s]==layer[i]-1)        {            int flow=min(maxflow-iflow,maps[s][i]);            flow=dfs(i,End,flow);            maps[s][i]-=flow;            maps[i][s]+=flow;            iflow+=flow;            if(maxflow==iflow)                break;        }    }    return iflow;}int Dinic(){    int max_flow=0;    while(bfs(1,n*2))    {        max_flow+=dfs(1,n*2,oo);    }    return max_flow;}int main(){    while(~scanf("%d%d",&p,&n))    {        init();        for(int i=2; i<=n+1; i++)        {            scanf("%d",&a[i].flow);            for(int j=1; j<=p; j++)            {                scanf("%d",&a[i].in[j]);            }            for(int j=1;j<=p;j++)            {                scanf("%d",&a[i].out[j]);            }        }        n+=2;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            for(int j=1;j<=n;j++)            {                if(i==j)                {                    oldmaps[i][j+n]=maps[i][j+n]=a[i].flow;                }                else                {                    if(can(i,j))                        oldmaps[i+n][j]=maps[i+n][j]=min(a[i].flow,a[j].flow);                    else                        oldmaps[i+n][j]=maps[i+n][j]=0;                }            }        }        int sum=Dinic();        int k=0;        for(int i=2;i<n;i++)        {            for(int j=2;j<n;j++)            {                if(maps[i+n][j]<oldmaps[i+n][j])                {                    x[k]=i;y[k]=j;                    z[k]=oldmaps[i+n][j]-maps[i+n][j];                    k++;                }            }        }        printf("%d %d\n",sum,k);        for(int i=0;i<k;i++)            printf("%d %d %d\n",x[i]-1,y[i]-1,z[i]);    }    return 0;}/*3 415  0 0 0  0 1 010  0 0 0  0 1 130  0 1 2  1 1 13   0 2 1  1 1 13 55   0 0 0  0 1 0100 0 1 0  1 0 13   0 1 0  1 1 01   1 0 1  1 1 0300 1 1 2  1 1 12 2100  0 0  1 0200  0 1  1 1*/

 

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