状压 + 网络流 -- Escape HDU - 3605

Escape HDU - 3605

题意：
n个人移民到m个球上，对于每个人来一些星球是他可以移居的，有些不可以，每个星球的承载能力也是有限度的，问n个人是否可以全部完成移居。n是1e6级别的，m是1e1级别的。

思路：
显然是网络流或二分匹配(其本质都是找增广路)，我们这里选择网络流解决，但n 是1e6级别的，以人为节点建图跑网络流显然会超时，然而我们注意到m是1e1级别的，我们可以以人们对m个星球的移居状态来状态压缩，10个星球，所有的状态组合也只有2^10 = 1024，那么有状态组合为节点来建图完全是行的通的。

code：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 3e3 + 5; 
const int inf = 1e9 + 5;
const int inf_se = 1e7 + 5;
struct edges{
     
	int u, v, w, next;
} g[maxn * maxn];

int head[maxn], dep[maxn], gap[maxn], cnt;
int sum[maxn];

void init(int n){
     
	cnt = 0; 
	for(int i = 0; i <= n; i++){
     
		head[i] = -1;
	}
}

void add(int u, int v, int w){
     
	g[cnt].u = u;
	g[cnt].v = v;
	g[cnt].w = w;
	g[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt++;
}

void bfs(int n, int t){
     
	for(int i = 0; i <= n; i++){
     
		dep[i] = -1;
	}
	queue<int> qu;
	while(qu.size()) qu.pop();
	
	qu.push(t);
	dep[t] = 0;
	while(qu.size()){
     
		int u = qu.front();
		qu.pop();
		for(int i = head[u]; i != -1; i = g[i].next){
     
			int v = g[i].v;
			if(dep[v] == -1 && g[i].w > 0) dep[v] = dep[u] + 1, qu.push(v);
		}
	}
	
	for(int i = 0; i <= n; i++)
	   gap[i] = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
	    gap[dep[i]]++;
}


int dfs(int n, int s, int t, int u, int limit){
     
	if(u == t || limit == 0){
     
		return limit;
	}
	int flow = 0, f;
	bool flag = true;
	for(int i = head[u]; i != -1; i = g[i].next){
     
		int v = g[i].v;
		if( g[i].w > 0 && dep[u] == dep[v] + 1 && (f = dfs(n, s, t, v, min(g[i].w, limit))) ){
     
			g[i].w -= f;
			g[i ^ 1].w += f;
			limit -= f;
			flow += f; 
			flag = false;
		}
	}
	
	if(flag){
     
		int min_dep = n - 1;
		for(int i = head[u]; i != -1; i = g[i].next)
		   if(g[i].w > 0) min_dep = min(min_dep, dep[g[i].v]);
		if(--gap[dep[u]] <= 0) dep[s] = n;  
		dep[u] = min_dep + 1;
		gap[dep[u]]++;
	}
	
	return flow;  
}

int isap(int n, int s, int t){
     
	
	bfs(n, t);
	
	int flow = 0;
	while(dep[s] < n){
     
		flow += dfs(n, s, t, s, inf);
	}
	return flow;
}

int main(){
     
	int n, m, x;
	int a[20];
	while(~scanf("%d%d", &n, &m)){
     
		
		for(int i = 0; i <= 3000; i++){
     
			sum[i] = 0;
		}
		
		init(2232);
		
		for(int i = 0; i < n; i++){
     		
		   int bit_sum = 0;
		   for(int j = 0; j < m; j++){
     
		   	   scanf("%d", &x);
		   	   bit_sum = (bit_sum << 1) + x;	//状态压缩			 
		   }  
		   sum[bit_sum]++;  
	    }
	    for(int i = 0; i < m; i++)
	       scanf("%d", &a[i]);
	    
	    int s = 2231, t = 2232;  //源点、汇点
	    for(int i = 0; i <= 1100; i++)
	       if(sum[i]) {
     
	       	  add(s, i, inf_se);
	       	  add(i, s, 0); 
		   }
		for(int i = 0; i <= 1100; i++)
		    if(sum[i]) {
     
		    	add(i, i + 1100, sum[i]);
		    	add(i + 1100, i, 0);
			}
		for(int i = 0; i <= 1100; i++)
		    if(sum[i]) 
		    	for(int j = 0; j < 10; j++)
		    		if((i >> j) & 1){
     
		    			add(i + 1100, j + 2200, inf_se);
		    			add(j + 2200, i + 1100, 0);
					}
		for(int i = 0; i < 10; i++){
     
			add(i + 2200, i + 2210, a[i]);
			add(i + 2210, i + 2200, 0);
		}
		for(int i = 0; i < 10; i++){
     
			add(i + 2210, t, inf_se);
			add(t, i + 2210, 0);
		}
		
		
		int res = isap(2232, s, t);	
		if(res == n) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");	
			 
	}
}