2020杭电多校第四场 1007 Go Running Dinic最大流跑二分图匹配

题目

题目链接

题目大意是这样的：在一条双向的轴上，有若干同学在跑步，每位同学的速度是固定的，都是1单位长度/s。在n个时刻t，位置
x上将至少有一个人在跑步，但是方向不确定，仅能确定有人。

需要求解的问题就是根据这n个时刻的信息，问能确定最少有多少同学在跑步？

二分图匹配

首先这个问题，以时间为横轴，位置为纵轴建系x-t图像，将n个数据描点。

题目中提到学生跑步有起始时间和终止时间，反映在坐标系上就是一条线段。但是由于题目要求的是最小的学生数量，因此不妨假设学生跑步时间是无限长，且开始的无限早，这反映在坐标系上就是一条直线。

也就是说倘若一个学生在向正方向跑，那么其跑出的直线斜率为1，反之斜率为-1。

如果两个点描述的是同一个学生，那么这两个点就在同一条直线上。

那么问题就转变成了给定n个点，使用斜率为1或者-1的直线覆盖这些点，问最少直线数量是多少？

斜率为-1或1不太好处理，我们不妨将坐标轴顺时针旋转45°。

我们假设原横纵坐标为t,p；

可使用矩阵乘法进行旋转：

$$\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}t\\ p\end{array}\right]$$
即：
$$\{\begin{array}{c}x=t+p\\ y=t-p\end{array}$$

写在程序中可以直接写成：

int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
x += y;
y = x - y * 2;

这样旋转之后，所有 斜率为1的直线都是平行于x轴的直线，所有斜率为-1的直线都是品性与y轴的直线。
（其实仔细思考一下，如果学生向负方向跑步那么他所有出现点，时间和位置的加和不变，如果向正方向跑，其时间和位置的差不变）

下面我们可以建立一个二分图，左边是横坐标，右边是纵坐标。对于点(x_i,y_i)，我们将x_i和y_i连一条边。

接着，如果我们选择一个左边的点x_i即等于选择了一条直线 x=x_i ，同理右边的点y_i代表着直线 y=y_i 。对于没跳变，都要满足它的端点中存在至少一个被选择的点。

下面的问题就转化成了求二分图的最小点覆盖问题，有一个结论：二分图的最小点覆盖等于二分图的最大匹配。 于是转而求这张图的最大匹配即可。

由于题目中的点数量级是10⁵使用匈牙利增广路算法O(n²)复杂度妥妥超时。于是可以考虑使用最大流来解决这个问题。

使用dinic算法跑最大流复杂度是O(Nsqrt(N))

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 1e6 + 50;
const int M = 3e6 + 50;
const int inf = 1 << 30;
struct Edge{
	int point;
	int next;
	int flow;
}nxt[N];
int head[N];
int dis[N];
bool vis[N];
int n,T,m1,m2,tot;
int s,t;
map<long long,int> mp1;
map<long long,int> mp2;
queue<int> q;

inline int getMap1(int x){return mp1.find(x)->second;}
inline int getMap2(int x){return mp2.find(x)->second;}
inline int min(int x,int y){return x < y ? x : y;}

bool bfs(){
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	dis[s] = 0;
	vis[s] = true;
	q.push(s);
	int k;
	while(!q.empty()){
		k = q.front();
		q.pop();
		for(int i = head[k];i;i = nxt[i].next){
			if(vis[nxt[i].point] || !nxt[i].flow)	
				continue;
			dis[nxt[i].point] = dis[k] + 1;
			vis[nxt[i].point] = true;
			q.push(nxt[i].point);
		}
	}
	
	return vis[t];
}

int dfs(int k,int flow){
	if(k == t || flow == 0){
		return flow;
	}
	int sum = 0,f;
	for(int i = head[k];i;i = nxt[i].next){
		if(dis[nxt[i].point] == dis[k] + 1 && (f = dfs(nxt[i].point,min(nxt[i].flow,flow)))){
			flow -= f;
			sum += f;
			nxt[i].flow -= f;
			nxt[i ^ 1].flow += f;
		}
		if(!flow) 
			break;
	}
	return sum;
}
/*dinic算法*/
int dinic(){
	int sum = 0;
	while(bfs()){
		sum += dfs(s,inf);
	}
	return sum;
}

void link(int x,int y,int f){
	nxt[++tot] = {y,head[x],f};head[x] = tot;
	nxt[++tot] = {x,head[y],0};head[y] = tot;
}

int main(){

	for(cin >> T;T;T--){
		
		scanf("%d",&n);
		
		m1 = 1;
		m2 = n + 10;
		mp1.clear();
		mp2.clear();
		
		tot = 1;
		s = 0;
		t = 1;
		/*建边的时候建议使用map映射一下x和y的值，它们是离散的，有负数且会很大，不方便处理*/
		long long x,y;
		while(n--){
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			x += y;
			y = x - y * 2;
			if(!mp1.count(x)){
				mp1.insert(pair<long long,int>(x,++m1));
				link(s,m1,1);
			}
			if(!mp2.count(y)){
				mp2.insert(pair<long long,int>(y,++m2));
				link(m2,t,1);
			}
			link(getMap1(x),getMap2(y),1);
		}
		cout << dinic() << endl;
		for(int i = 0;i <= m2;i++)	head[i] = 0;
	}
}