題目描述

蒟蒻HansBug在一本語文書里面發(fā)現(xiàn)了一本答案，然而他卻明明記得這書應(yīng)該還包含一份練習(xí)題。然而出現(xiàn)在他眼前的書多得數(shù)不勝數(shù)，其中有書，有答案，有練習(xí)冊。已知一個(gè)完整的書冊均應(yīng)該包含且僅包含一本書、一本練習(xí)冊和一份答案，然而現(xiàn)在全都亂做了一團(tuán)。許多書上面的字跡都已經(jīng)模糊了，然而HansBug還是可以大致判斷這是一本書還是練習(xí)冊或答案，并且能夠大致知道一本書和答案以及一本書和練習(xí)冊的對應(yīng)關(guān)系（即僅僅知道某書和某答案、某書和某練習(xí)冊有可能相對應(yīng)，除此以外的均不可能對應(yīng)）。既然如此，HansBug想知道在這樣的情況下，最多可能同時(shí)組合成多少個(gè)完整的書冊。

輸入輸出格式

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第一行包含三個(gè)正整數(shù)N1、N2、N3，分別表示書的個(gè)數(shù)、練習(xí)冊的個(gè)數(shù)和答案的個(gè)數(shù)。

第二行包含一個(gè)正整數(shù)M1，表示書和練習(xí)冊可能的對應(yīng)關(guān)系個(gè)數(shù)。

接下來M1行每行包含兩個(gè)正整數(shù)x、y，表示第x本書和第y本練習(xí)冊可能對應(yīng)。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）

第M1+3行包含一個(gè)正整數(shù)M2，表述書和答案可能的對應(yīng)關(guān)系個(gè)數(shù)。

接下來M2行每行包含兩個(gè)正整數(shù)x、y，表示第x本書和第y本答案可能對應(yīng)。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）

輸出格式：

輸出包含一個(gè)正整數(shù)，表示最多可能組成完整書冊的數(shù)目。

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輸入樣例#1：
5 3 4 5 4 3 2 2 5 2 5 1 5 3 5 1 3 3 1 2 2 3 3 4 3 輸出樣例#1：
2

說明

樣例說明：

如題，N1=5，N2=3，N3=4，表示書有5本、練習(xí)冊有3本、答案有4本。

M1=5，表示書和練習(xí)冊共有5個(gè)可能的對應(yīng)關(guān)系，分別為：書4和練習(xí)冊3、書2和練習(xí)冊2、書5和練習(xí)冊2、書5和練習(xí)冊1以及書5和練習(xí)冊3。

M2=5，表示數(shù)和答案共有5個(gè)可能的對應(yīng)關(guān)系，分別為：書1和答案3、書3和答案1、書2和答案2、書3和答案3以及書4和答案3。

所以，以上情況的話最多可以同時(shí)配成兩個(gè)書冊，分別為：書2+練習(xí)冊2+答案2、書4+練習(xí)冊3+答案3。

數(shù)據(jù)規(guī)模：

對于數(shù)據(jù)點(diǎn)1, 2, 3，M1，M2<= 20

對于數(shù)據(jù)點(diǎn)4~10，M1，M2 <= 20000

題解：將書本拆點(diǎn)，練習(xí)冊連向書本1，書本2連向答案，再建立超級源點(diǎn)和超級匯點(diǎn)，跑一邊最大流即可，敲這題是為了打模板的。

#include<algorithm> #include<fstream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std;int n1,n2,n3,m1,m2,x,y,cur;//n1是書，n2是練習(xí)冊，n3是答案，m1書冊，m2書答案 int head[50050],lev[50050],q[50050]; struct tedge {int to,nex,val; }e[200010];void Add(int u,int v,int val) {cur++;e[cur].to = v;e[cur].nex = head[u];e[cur].val = val;head[u] = cur;cur++;e[cur].to = u;e[cur].nex = head[v];e[cur].val = 0;head[v] = cur; }int bfs(int S,int T) {int h=1,t=1;for (int i=0; i<=2*n1+n2+n3+1+1; i++)lev[i] = 0;q[h] = S; lev[S] = 1;while (h<=t){int u=q[h];for (int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].nex){int v=e[i].to;if (lev[v]==0&&e[i].val>0){lev[v] = lev[u]+1;t++; q[t]=v;}}h++;}return (max(lev[T],0)); }int dfs(int u,int T,int f) {if (u==T||f==0) return f;int ret=0,d;for (int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].nex){int v=e[i].to;if (lev[v]>lev[u]&&e[i].val>0){d=dfs(v,T,min(f,e[i].val));ret+=d;f-=d;e[i].val-=d;if (i%2==0) e[i-1].val+=d;else e[i+1].val+=d;if (f==0) break;}}return ret; }void Dinic() {int maxflow=0;for (;bfs(1,2*n1+n2+n3+1+1);)maxflow+=dfs(1,2*n1+n2+n3+1+1,1e9);printf("%d\n",maxflow); }int main() {freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n1,&n2,&n3);for (int i=0; i<=2*n1+n2+n3+1+1; i++)head[i] = -1;scanf("%d",&m1);for (int i=1; i<=m1; i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);Add(2*n1+y+1,x+1,1);}scanf("%d",&m2);for (int i=1; i<=m2; i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);Add(x+n1+1,2*n1+n2+y+1,1);}for (int i=1; i<=n1; i++)Add(i+1,i+n1+1,1);for (int i=1; i<=n2; i++)Add(1,2*n1+i+1,1);for (int i=1; i<=n3; i++)Add(2*n1+n2+i+1,2*n1+n2+n3+1+1,1);Dinic();return 0; }

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總結(jié)

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