P1231 教辅的组成
题目背景
滚粗了的HansBug在收拾旧语文书，然而他发现了什么奇妙的东西。
题目描述
蒟蒻HansBug在一本语文书里面发现了一本答案，然而他却明明记得这书应该还包含一份练习题。然而出现在他眼前的书多得数不胜数，其中有书，有答案，有练习册。已知一个完整的书册均应该包含且仅包含一本书、一本练习册和一份答案，然而现在全都乱做了一团。许多书上面的字迹都已经模糊了，然而HansBug还是可以大致判断这是一本书还是练习册或答案，并且能够大致知道一本书和答案以及一本书和练习册的对应关系（即仅仅知道某书和某答案、某书和某练习册有可能相对应，除此以外的均不可能对应）。既然如此，HansBug想知道在这样的情况下，最多可能同时组合成多少个完整的书册。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个正整数N1、N2、N3，分别表示书的个数、练习册的个数和答案的个数。
第二行包含一个正整数M1，表示书和练习册可能的对应关系个数。
接下来M1行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本练习册可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N2）
第M1+3行包含一个正整数M2，表述书和答案可能的对应关系个数。
接下来M2行每行包含两个正整数x、y，表示第x本书和第y本答案可能对应。（1<=x<=N1，1<=y<=N3）
输出格式：
输出包含一个正整数，表示最多可能组成完整书册的数目。
输入输出样例
说明
样例说明：
如题，N1=5，N2=3，N3=4，表示书有5本、练习册有3本、答案有4本。
M1=5，表示书和练习册共有5个可能的对应关系，分别为：书4和练习册3、书2和练习册2、书5和练习册2、书5和练习册1以及书5和练习册3。
M2=5，表示数和答案共有5个可能的对应关系，分别为：书1和答案3、书3和答案1、书2和答案2、书3和答案3以及书4和答案3。
所以，以上情况的话最多可以同时配成两个书册，分别为：书2+练习册2+答案2、书4+练习册3+答案3。
数据规模：
N<=10000
对于数据点1, 2, 3，M1，M2<= 20
对于数据点4~10，M1，M2 <= 20000
这题是网络流吗，我刚刚看着题时还是很懵……
后来发现对应关系其实就是一条边，那么练习册，答案，书，哪个是图呢？
还记得之前博客中的马语翻译？
相信你已经知道了，全看成图，1~N2为练习本，N2+1~N2+N1为书，之后为答案，
很明显，我们假设练习本为源点，答案为汇点，那么会发现，这是个多源点，多汇点的图。
我们可以合并，令0为超级源点，连接0和练习本，再令一个超级汇点，就OK了
这样打代码就AC了？？
NO!很明显，一本书只能匹配一次，即每个点只能经过一次，所以要拆点。
把书分成2个部分，各自和练习本，答案相连，再把这两个部分相连,就避免了（想想，为什么）
然后用刚刚发表的那几个算法套模板就AC了，建议用dinic
AC代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int M=10000000+2; const int INF=1<<28; struct p{ int nxt,to,w; }e[2*M]; int fir[M]; int pos[M]; int n1,n2,n3,m1,m2,x,y,s,t,tot; queue<int>q; void add(int f,int t) { e[tot].nxt=fir[f]; e[tot].to=t; e[tot].w=1; fir[f]=tot; tot++; e[tot].nxt=fir[t]; e[tot].to=f; e[tot].w=0; fir[t]=tot; tot++; } int dfs(int now,int flow) { if(now==t||flow==0) return flow; int did=0,res=0; for(int i=fir[now];i!=-1;i=e[i].nxt) { int u=e[i].to; if(pos[u]==pos[now]+1&&e[i].w>0) { did=dfs(u,min(e[i].w,flow)); if(did<=0) continue; flow-=did; res+=did; e[i].w-=did; e[i^1].w+=did; if(!flow) break; } } if(res==0) pos[now]=-1; return res; } bool bfs() { memset(pos,0,sizeof(pos)); while(!q.empty()) q.pop(); pos[0]=1; q.push(0); while(!q.empty()) { int no=q.front(); q.pop(); if(no==t) return 1; for(int i=fir[no];i!=-1;i=e[i].nxt) if(!pos[e[i].to]&&e[i].w>0) pos[e[i].to]=pos[no]+1,q.push(e[i].to); } return 0; } void solve() { int ans=0; while(bfs()) { ans+=dfs(0,INF); } printf("%d",ans); return; } int main() { memset(fir,-1,sizeof(fir)); scanf("%d%d%d%d",&n1,&n2,&n3,&m1); s=0,t=n1*2+n2+n3+1; for(int i=1;i<=m1;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(y,x+n2); scanf("%d",&m2); for(int i=1;i<=m2;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x+n2+n1,y+n2+2*n1); for(int i=1;i<=n2;i++) add(0,i); for(int i=1;i<=n1;i++) add(n2+i,n2+n1+i); for(int i=1;i<=n3;i++) add(n2+2*n1+i,t); solve(); return 0; }