[网络流24题]圆桌问题（最大流）

题目

传送门
假设有来自m 个不同单位的代表参加一次国际会议。每个单位的代表数分别为ri (i =1,2,……,m)。
会议餐厅共有n 张餐桌，每张餐桌可容纳ci (i =1,2,……,n)个代表就餐。
为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。试设计一个算法，给出满足要求的代表就餐方案。
对于给定的代表数和餐桌数以及餐桌容量，编程计算满足要求的代表就餐方案。

题解

还是比较简单的二分图匹配；
S向代表连，容量为代表数；桌子向T连，容量为桌子可坐的人数；
每个代表向桌子连一条容量为1的边；
跑最大流即可

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=100001;
const int inf=1e9;

int n,m,r[maxn],c[maxn];
struct Edge{
    int next,to,dis;
}edge[maxn<<1];
int num_edge=-1,maxflow,head[maxn],cur[maxn],deep[maxn];

void add_edge(int from,int to,int dis)
{
    edge[++num_edge].next=head[from];
    edge[num_edge].dis=dis;
    edge[num_edge].to=to;
    head[from]=num_edge;
}
void add(int x,int y,int z) {add_edge(x,y,z); add_edge(y,x,0);}
queue <int> q;
bool bfs(int s,int t)
{
    memset(deep,0x7f,sizeof(deep));
    while (!q.empty()) q.pop();
    for (int i=0; i<=t; i++) cur[i]=head[i];
    q.push(s); deep[s]=0;
    while (!q.empty())
    {
        int now=q.front(); q.pop();
        for (int i=head[now]; i!=-1; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if (deep[to]>inf && edge[i].dis)
            {
                deep[to]=deep[now]+1;
                q.push(to);
            }
        }
    }
    return deep[t]int dfs(int now,int t,int limit)
{
    if (now==t || !limit) return limit;
    int flow=0,f;
    for (int i=cur[now]; i!=-1; i=edge[i].next)
    {
        cur[now]=i; int to=edge[i].to;
        if (deep[to]==deep[now]+1 && (f=dfs(to,t,min(edge[i].dis,limit))))
        {
            flow+=f;
            limit-=f;
            edge[i].dis-=f;
            edge[i^1].dis+=f;
            if (!limit) break;
        }
    }
    return flow;
}

void Dinic(int s,int t)
{
    while (bfs(s,t))
        maxflow+=dfs(s,t,inf);
}

int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d%d",&m,&n);
    int S=0,T=n+m+1; int sum=0;
    for (int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d",&r[i]); add(S,i,r[i]); sum+=r[i];
    }
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d",&c[i]); add(i+m,T,c[i]);
    }
    for (int i=1; i<=m; i++)
        for (int j=m+1; j<=n+m; j++)
            add(i,j,1);
    Dinic(S,T);
    if (maxflow==sum) printf("1\n");
    else {printf("0"); return 0;}
    for (int i=2*(n+m); i<=num_edge; i+=n*2)
    {
        for (int j=0; j2; j+=2)
        {
            if (!edge[i+j].dis) printf("%d ",edge[i+j].to-m);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

总结

始终不能1A
题解中有一个贪心的策略，是可以搞一搞的；以后可以先用贪心贪一下：
首先将桌子从大到小排个序，再讲单位的规模从大到小排个序。这样有什么用呢？因为单位规模越大就越难满足，所以我们优先考虑他们；
而对于桌子你可以这样想，你桌子数量越多显然更容易满足题意，又因为小桌子很容易坐爆而导致不能用，所以我们优先坐大桌子。