poj 3436 ACM Computer Factory(最大流)

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有N台机器，每台机器有P部分，每部分都有各自的输入、输出规格，因此一台机器有P个输入规格，P个输出规格。每台机器有2*P+1种参数去描述：第一个参数Q：该机器的容量；接下来P个参数S：该机器各部分的输入规格；接下来P个参数D：该机器各部分的输出规格。

其中输入规格有三种情况：0,1,2

0：该部分不能存在

1：该部分必须保留

2：该部分可有可无

输出规格有2种情况：0,1

0：该部分不存在

1：该部分存在

注意：本题可以只有一次输入，一次输出，还有Sample I/O这段英文不用输入输出

Sample input:

P  N （N台机器，每台机器有P部分）

接着输入N行，其实每行都是一个结点的信息

每一行的格式为 一个Q  P个S  P个D

其中Q为当前结点的容量，S都是当前结点的输入规格，D都是输出规格

Sample output:

第一行的两个数字分别表示：最大流的值，流量发生变化的边数M（和s还有t关联的边不在其内，那些不属于原有的边，是附加边）

接下来有M行，每一行都有三个数字，A B W

A B为流量发生变化的边的端点，W为流量的变化值（每条边初始流量为0，最终流量就是找到最大流时的流量）

若图不连通，则输出0 0

解题思路:

 首先构造图：

添加两个超级源s,超级汇t

　　如果某个节点(i)的输入部分不含1，则添加一条s->i路径，容量为Qi;

　　如果某个节点(j)输出全为1，则添加一条j->t路径，容量为Qj;

　　如果节点i的输出与j的输入不存在冲突(输出与输入对应位置的和不能为1)，则添加一条i->j的路径，容量为min(Qi, Qj).

PS：输出与输入对应位置的和不能为1，就是说组合为可以为00，11， 21或20，但不能是01

解题方法：

就是最大流问题

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,p;
int in[55][25];
int s,t;
int cap[55][55],tmp[55][55];
int pre[55];

int maxflow()
{
	int flow = 0;
	queue<int> que;
	for(;;)
	{
		memset(pre,-1,sizeof(pre));
		while(!que.empty()) que.pop();

		que.push(s);
		while(!que.empty())
		{
			int u = que.front();
			que.pop();
			for(int i = 0; i <= n+1; i++)
			{
				if(cap[u][i] && pre[i] == -1)
				{
					pre[i] = u;
					que.push(i);
				}
			}
		}

		if(pre[t] == -1) break;

		int minflow = INF;
		for(int u = t; u != s; u = pre[u])
		{
			if(minflow > cap[pre[u]][u])
				minflow = cap[pre[u]][u];
		}

		for(int u = t; u != s; u = pre[u])
		{
			cap[pre[u]][u] -= minflow;
			cap[u][pre[u]] += minflow;
		}
	
		flow += minflow;
	}
	return flow;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d %d",&p,&n))
	{
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			scanf("%d",&in[i][0]);
			for(int j = 1; j <= p+p; j++)
				scanf("%d",&in[i][j]);
		}
		memset(cap,0,sizeof(cap));
		s = 0;
		t = n+1;

		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			bool flag = true;
			for(int j = 1; j <= p; j++)
			{
				if(in[i][j] == 1)
				{
					flag = false;
					break;
				}
			}
			if(flag)
				cap[s][i] = in[i][0];

			flag = true;
			for(int j = p+1; j <= p+p; j++)
			{
				if(in[i][j] == 0)
				{
					flag = false;
					break;
				}
			}
			if(flag)
				cap[i][t] = in[i][0];


			for(int j = 1; j <= n; j++)
			{
				if(i != j)
				{
					flag = true;
					for(int k = 1; k <= p; k++)
					{
						if(in[i][k+p]+in[j][k] == 1)
						{
							flag = false;
							break;
						}
					}
					if(flag)
						cap[i][j] = min(in[i][0], in[j][0]);
				}
			}
		}

		memcpy(tmp,cap,sizeof(cap));
		int flow = maxflow();

		int out[55][5];
		int cnt = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for(int j = 1; j <= n; j++)
			{
				if(i != j && cap[i][j] < tmp[i][j])
				{
					out[cnt][0] = i;
					out[cnt][1] = j;
					out[cnt][2] = tmp[i][j]-cap[i][j];
					cnt++;
				}
			}
		}

		printf("%d %d\n",flow,cnt);
		for(int i = 0; i < cnt; i++)
		{
			printf("%d %d %d\n",out[i][0],out[i][1],out[i][2]);
		}
	}
	return 0;
}

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poj 3436 ACM Computer Factory(最大流)

原文：http://blog.csdn.net/u013081425/article/details/22824207