星际转移问题[网络流24题之13]
2016-05-29 13:48
357 查看
问题描述:
由于人类对自然资源的消耗,人们意识到大约在 2300 年之后,地球就不能再居住了。于是在月球上建立了新的绿地,以便在需要时移民。令人意想不到的是, 2177 年冬由于未知的原因,地球环境发生了连锁崩溃,人类必须在最短的时间内迁往月球。现有 n 个太空站位于地球与月球之间,且有 m 艘公共交通太空船在其间来回穿梭。每个太空站可容纳无限多的人,而每艘太空船 i 只可容纳 Hi 个人。每艘太空船将周期性地停靠一系列的太空站,例如: (1,3,4) 表示该太空船将周期性地停靠太空站 134134134... 。每一艘太空船从一个太空站驶往任一太空站耗时均为 1 。人们只能在太空船停靠太空站(或月球、地球)时上、下船。初始时所有人全在地球上,太空船全在初始站。试设计一个算法,找出让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。编程任务:
对于给定的太空船的信息,找到让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。数据输入:
第 1 行有 3 个正整数 n(太空站个数) , m(太空船个数)和 k(需要运送的地球上的人的个数) 。其中 1<=m<=13,1<=n<=20,1<=k<=50 。接下来的 m 行给出太空船的信息。第 i+1 行说明太空船 pi 。第 1 个数表示 pi 可容纳的人数 Hpi;第 2 个数表示 pi 一个周期停靠的太空站个数 r , 1<=r<=n+2 ;随后 r 个数是停靠的太空站的编号 (Si1,Si2,...,Sir) ,地球用 0 表示,月球用 −1 表示。时刻 0 时,所有太空船都在初始站,然后开始运行。在时刻 1,2,3... 等正点时刻各艘太空船停靠相应的太空站。人只有在 0,1,2... 等正点时刻才能上下太空船。
结果输出:
输出共一行,一个正整数,即全部人员安全转移所需的时间,如果问题无解,则输出 0 。输入文件示例
2 2 11 3 0 1 2
1 3 1 2 –1
输出文件示例:
5分析
这个题我先用并查集判断问题有无解,若有解则直接枚举答案,用网络流来判断答案是否可行。假设第 i 天时第 j 艘太空船的位置在 aj,i,第 i−1 天时第 j 艘太空船的位置在 aj,i−1,第 i 天时,第 k 个空间站为 ki 图的源点为 S ,第 j 艘太空船的容量为 hj 。从 S 到 0(即地球) 连一条容量为 k 的有向边。
以下的 d 表示枚举的天数
因为人可以在空间站逗留,故对于每一个空间站 r ,从 rd−1 到 rd 连一条容量为 +∞ 的有向边。
因为太空船会不停地在太空站来回穿梭,原本在 aj,d−1 的太空船会飞到 aj,d ,故对于每一个空间站 j ,从 aj,d−1 到 aj,d 连一条容量为 hj 的有向边。
其中汇点为 (−1)d(即第 d 的月球)
求图中最大流,当流量为 k 时的 d 即为问题的答案
代码:
#include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int start = 9999; int head[10000],nxt[100000],to[100000],wei[100000],tot=1; queue<int>que; int deep[10000]; int cur[10000]; int a[47][47],b[47],c[47]; int ans; int n,m,k; int father[47]; int find(int); void uni(int,int); void add(int,int,int); bool bfs(int); int dinic(int,int,int); int main(){ scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);m+=2; for(int i=1;i<=m;++i) father[i] = i; for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d%d",&b[i],&a[i][0]); for(int j=1;j<=a[i][0];++j){ scanf("%d",&a[i][j]); a[i][j] += 2; if(j!=1) uni(a[i][j],a[i][j-1]); } } if(find(2) != find(1)){ printf("0"); return 0; } int stream = 0; int flag = 0; for(int i=1;i<=n;++i) c[i] = 1; add(start,2,k); while(stream < k){ ++ans; for(int i=1;i<=m;++i) add(i+(ans-1)*m,i+ans*m,inf); for(int i=1,p;i<=n;++i){ p = c[i]+1; if(p > a[i][0]) p = 1; add(a[i][c[i]]+m*(ans-1),a[i][p]+m*ans,b[i]); c[i] = p; } while(bfs(1+ans*m)){ flag = 1; memcpy(cur,head,sizeof head); while(flag){ flag = dinic(start,1+ans*m,inf); stream += flag; } } } printf("%d",ans); return 0; } int find(int x){ if(father[x] != x) father[x] = find(father[x]); return father[x]; } void uni(int x,int y){ father[find(x)] = find(y); } void add(int from,int tp,int value){ ++tot;nxt[tot]=head[from];head[from]=tot;wei[tot]=value;to[tot]=tp; ++tot;nxt[tot]=head[tp];head[tp]=tot;wei[tot]=0;to[tot]=from; } bool bfs(int tail){ memset(deep,0,sizeof deep); deep[start] = 1; que.push(start); int now; do{ now = que.front(); que.pop(); for(int i=head[now];i;i=nxt[i]) if(!deep[to[i]] && wei[i]){ deep[to[i]] = deep[now]+1; que.push(to[i]); } }while(!que.empty()); return deep[tail]; } int dinic(int place,int tail,int low){ if(place == tail) return low; int lower; for(int &i=cur[place];i;i=nxt[i]) if(deep[to[i]]==deep[place]+1 && wei[i]){ lower = dinic(to[i],tail,min(low,wei[i])); if(lower){ wei[i] -= lower; wei[i^1] += lower; return lower; } } return 0; }
相关文章推荐
- Poj2638 网络流+最短路+二分答案
- BZOJ3275 Number (最小割)
- [笔记] 网络流-最大流 POJ-1273\HDU-4240
- 上下界网络流初探
- Edmonds-Karp 最大流 hdu 1532 Drained Ditches
- 网络流_poj1273
- POJ 1273 Drainage Ditches 最大流 dinic
- POJ1273-Drainage Ditches
- 【网络流】复杂的大门
- ACM/ICPC World Finals 2013 C Surely You Congest
- 北京集训队 2016 Day4 alarm
- 网络流算法整理
- 网络流最大流之SAP算法 详解
- [BZOJ1797][AHOI2009][最大流][强连通分量]Mincut最小割
- [BZOJ2324][ZJOI2011][最小费用最大流]营救皮卡丘
- [BZOJ1834][ZJOI2010][最大流][最小费用最大流]网络扩容
- Topcoder SRM642 TaroCutting
- POJ2391解题报告
- uva 11248
- 【学习】网络流