网络流与线性规划24题01飞行员配对方案问题

看了那么久的算法导论和其他资料，终于懂了一点网络流，下面一段时间的目标是做完网络流24题。

问题描述：

第二次世界大战时期，英国皇家空军从沦陷国征募了大量外籍飞行员。由皇家空军派出的每一架飞机都需要配备在航行技能和语言上能互相配合的2名飞行员，其中1名是英国飞行员，另1名是外籍飞行员。在众多的飞行员中，每一名外籍飞行员都可以与其他若干名英国飞行员很好地配合。如何选择配对飞行的飞行员才能使一次派出最多的飞机。对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，试设计一个算法找出最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。

编程任务：

对于给定的外籍飞行员与英国飞行员的配合情况，编程找出一个最佳飞行员配对方案，使皇家空军一次能派出最多的飞机。

数据输入：

由文件input.txt提供输入数据。文件第1行有2个正整数m和n。n是皇家空军的飞行员总数(n<100)；m是外籍飞行员数。外籍飞行员编号为1~m；英国飞行员编号为m+1~n。

接下来每行有2个正整数i 和j，表示外籍飞行员i 可以和英国飞行员j 配合。文件最后以2个-1结束。

结果输出:

程序运行结束时，将最佳飞行员配对方案输出到文件output.txt中。第1行是最佳飞行员配对方案一次能派出的最多的飞机数M。接下来M行是最佳飞行员配对方案。每行有2个正整数i 和j，表示在最佳飞行员配对方案中，飞行员i 和飞行员j 配对。 如果所求的最佳飞行员配对方案不存在，则输出‘No Solution!’。

输入文件示例

5 10

1 7

1 8

2 6

2 9

2 10

3 7

3 8

4 7

4 8

5 10

-1 -1

输出文件示例

4

1 7

2 9

3 8

5 10

分析：

典型的二分图最大匹配，匈牙利算法可解，更通用的解法是最大流。

在二分图的基础上增加源S和汇T。

1、S向X集合中每个顶点连一条容量为1的有向边。

2、Y集合中每个顶点向T连一条容量为1的有向边。

3、XY集合之间的边都设为从A集合中的点到B集合之中的点，容量为1的有向边。

求网络最大流，流量就是匹配数。

匈牙利算法：

#include<cstdio>
#include<cstring>
bool table[101][101];
int match[101];
bool visit[101];
int n,m;
int find(int x)
{
for(int y=1;y<=n;y++)
if(table[x][y]&&!visit[y]){
visit[y]=true;
if(!match[y]||find(match[y])){
match[y]=x;
return 1;
}
}
return 0;
}
int sum()
{
int s=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(visit,false,sizeof(visit));
s+=find(i);
}
return s;
}
int main()
{
for(int i=0;i<11;i++){
memset(match,0,sizeof(match));
char name[200];
sprintf(name,"E:\\我的文档\\ACM\\线性规划与网络流\\01飞行员配对方案问题\\prog81\\answer\\air%d.txt",i);
freopen(name,"w",stdout);
sprintf(name,"E:\\我的文档\\ACM\\线性规划与网络流\\01飞行员配对方案问题\\prog81\\test\\air%d.in",i);
freopen(name,"r",stdin);
scanf("%d%d",&m,&n);
n-=m;
int x,y;
while(scanf("%d%d",&x,&y),x!=-1&&y!=-1){
table[x][y-m]=true;
}
printf("%d\n",sum());
for(int i=1;i<=n;i++)
if(match[i]) printf("%d %d\n",match[i],m+i);
}
return 0;
}

最大流：

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int INF = 10000000;
int main()
{
int table[101][101];
int a[101],p[101];
int flow[101][101]={0};
int f=0,n,m;
scanf("%d%d",&m,&n);
int x,y;
while(scanf("%d%d",&x,&y),x!=-1&&y!=-1)
table[x][y]=1;
int s=0,t=n+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
table[s][i]=1;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
table[i][t]=1;
queue<int> q;

for(;;){
q.push(s);
memset(a,0,sizeof(a));
a[s]=INF;
while(!q.empty()){
int now=q.front();
q.pop();
for(int i=1;i<=t;i++)
if(!a[i]&&table[now][i]>flow[now][i]){
p[i]=now;
q.push(i);
a[i]=min(a[now],table[now][i]-flow[now][i]);
}
}
if(a[t]==0) break;
for(int i=t;i!=s;i=p[i]){
flow[p[i]][i]+=a[t];
flow[i][p[i]]-=a[i];
}
f+=a[t];
}
printf("%d\n",f);

return 0;
}