【HDU4560 2013西山居复赛D】【二分答案+网络流拆点】我是歌手 安排演唱会_每人歌不同_每场歌不同_人歌匹配一次

本文主要是介绍【HDU4560 2013西山居复赛D】【二分答案+网络流拆点】我是歌手 安排演唱会_每人歌不同_每场歌不同_人歌匹配一次,希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!


我是歌手

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 350    Accepted Submission(s): 124


Problem Description
2013年一开始,一档音乐节目“我是歌手”就惊艳了大家一回。闲话少说,现在,你成为了这档节目的总导演,你的任务很简单,安排每一期节目的内容。

现在有N个歌手,M种歌曲流派(Rock,Pop之类),每个歌手都有自己擅长的流派领域,这些资料都已整理好。你的工作是,安排尽可能多场的演唱比赛。每一场比赛所有歌手都必须上场,为了提高收视率,每个人演唱的歌曲类型不能相同,即便一些歌手要被迫选择一些他们不擅长的。同时,为了展现全面性,在不同的演唱比赛上,每个歌手都会安排不同的歌曲流派。

但是问题是,对于任何一个歌曲流派的歌迷,如果超过K个不擅长的歌手演唱了这种歌曲,他们就会表示不满,比如,发一些宣泄不满的帖子微博,为了表示观点挑起事端等等。你当然不希望这些事情与你的节目有关,在这个前提下,你可以任意安排尽可能多的比赛场次。

Input
输入第一行为T,表示有T组测试数据。
每组数据以四个数字N,M,L, K开始。L表示有L组擅长关系,接下来的L行,每一行有两个数字Ai,Bi,表示歌手Ai擅长Bi类型的歌曲。

[Technical Specification]

1. 1 <= T <= 100
2. 1 <= N <= M <= 74, 0 <= K <= N
3. 0 <= L <= N*M
4. 1 <= Ai <= N, 1 <= Bi <= M, 相同关系不会重复出现

Output
对每组数据,先输出为第几组数据,然后输出最多比赛场次。

Sample Input
      
3 1 1 1 0 1 1 1 3 0 1 3 3 5 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 1

Sample Output
      
Case 1: 1 Case 2: 3 Case 3: 2
Hint
对第三组样例,可以如此安排: 第一场三位歌手分别演唱(2,3,1)类型的歌曲,第二场分别演唱(1,2,3)。 这样只有类型3被不擅长的歌手演唱过1次,挑剔的歌迷观众还可以接受。

Source
2013金山西山居创意游戏程序挑战赛——复赛(1)


#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<time.h>
#include<bitset>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T> inline void gmax(T &a,T b){if(b>a)a=b;}
template <class T> inline void gmin(T &a,T b){if(b<a)a=b;}
const int N=240,M=14000,Z=1e9+7,maxint=2147483647,ms31=522133279,ms63=1061109567,ms127=2139062143;const double eps=1e-8,PI=acos(-1.0);//.0
int casenum,casei;
int id,ST,ED;
int n,m,g,L,x,y;
int first[N],w[M],cap[M],nxt[M];
bool e[80][80];
void ins(int x,int y,int cap_)
{id++;w[id]=y;cap[id]=cap_;nxt[id]=first[x];first[x]=id;id++;w[id]=x;cap[id]=0;nxt[id]=first[y];first[y]=id;
}
int d[N];
bool bfs()
{MS(d,-1);d[ST]=0;queue<int>q;q.push(ST);while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();for(int z=first[x];z;z=nxt[z])if(cap[z]){int y=w[z];if(d[y]==-1){d[y]=d[x]+1;if(y==ED)return 1;q.push(y);}}}return 0;
}
int dfs(int x,int all)
{if(x==ED)return all;int use=0;for(int z=first[x];z;z=nxt[z])if(cap[z]){int y=w[z];if(d[y]==d[x]+1){int tmp=dfs(y,min(cap[z],all-use));cap[z]-=tmp;cap[z^1]+=tmp;use+=tmp;if(use==all)break;}}if(use==0)d[x]=-1;return use;
}
int dinic(int flow)
{int tmp=0;while(bfs())tmp+=dfs(ST,flow);return tmp;
}
void build(int mid)
{MS(first,0);id=1;for(int i=1;i<=m;i++)ins(n+i,n+m+i,L);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(e[i][j])ins(i,n+m+j,1);else ins(i,n+j,1);}}ST=0;ED=n+m+m+1;for(int i=1;i<=n;i++)ins(ST,i,mid);for(int i=1;i<=m;i++)ins(n+m+i,ED,mid);
}
int main()
{scanf("%d",&casenum);for(casei=1;casei<=casenum;casei++){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&g,&L);MS(e,0);while(g--){scanf("%d%d",&x,&y);e[x][y]=1;}		int l=0;int r=m;while(l<r){int mid=(l+r+1)>>1;build(mid);if(dinic(mid*n)==mid*n)l=mid;else r=mid-1;}printf("Case %d: %d\n",casei,l);}return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1,最大能安排的演唱会次数是多少呢?只看一个人,这个人最多每首歌唱一次,所以ans不会超过m。
2,网络流每次跑都要重新建图。
3,初始化是在每次建图之前都要进行的。【题意】
有n(n<=74)个歌手,有m(m<=74)种类型的歌曲。有g(g<=n*m)个擅长关系(x,y),告诉你x擅长歌曲y。
然后我们希望安排数量尽可能多场演唱会。
在每场演唱会中,每个歌手唱不同类型的歌曲。
这样可能导致有些歌手去唱他不擅长的歌曲。
对于任一种歌曲,被不合适唱的次数都不能超过L(0<=L<=n*m)。
问你最多能安排多少场演唱会。【类型】
网络流【分析】
这题涉及到分配,于是我们自然会想到网络流。不过每首歌的演唱类型有两种,处理起来很难。
因为我们先简化问题——
如果只安排每个人唱自己擅长的音乐,那么最多能安排多少场演唱会呢?
我们只要每个人向自己擅长的音乐连一条容量为1的边。然后假设安排k场演唱会的话。
我们从超级源点向每个人连容量为k的边。
然后从所有音乐向超级汇点连容量为k的边。
然后跑一遍最大流,看看是否能满足,最大流=k*n。
可以说明k是可行的,且k满足二分性质。回归问题——现在每个人还可以选择演唱自己不喜欢的音乐,
这个要怎么办呢?拆点!
我们把每首音乐拆成2个点x和y,内部连接流量为L的边。
然后如果某个人擅长这首音乐,就把这个人连向y。
如果此人不擅长这首音乐,就把这个人连向x,这样我们就会记录这首音乐被不娴熟演唱的次数。这样我们总能实现匹配关系,而且这样我们还能限制每种音乐最大被不娴熟演唱的次数。
而且通过二分(或者暴力?2333),我们还可以限制每个人表演的场次。
这样就不会有任何冲突情况出现,就可以顺利AC啦!【时间复杂度&&优化】
点数最大为n+m+m+2,大概240即可。
边数最多为(n*m+m+n+m)*2,大概14000即可。*/


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