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POJ 2195 Going Home 题解 《挑战程序设计竞赛》

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POJ 2195 Going Home

回家:N*M的地图上有等量的人和房子,人每移动一格花费1。求一人一房最小费用?

3.5借助水流解决问题的网络流 

最小费用流 

依然是很常规的最小费用流,新建源点s,从s到每个人建立cap=1,cost=0的边;新建汇点t,从每个房子建立cap=1,cost=0的边到t;从每个人建立相应费用,cap=1的边到每个房子,然后跑F=人数的最小费用流即可,比如对于第一个例子:

2 2
.m
H.

建图:

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <functional>
using namespace std;

#define MAX_N 100 + 16

#define INF 0x3f3f3f3f
///////////////////////////////最小费用流开始///////////////////////////////////////////
#define MAX_V MAX_N * MAX_N * 2
typedef pair<int, int> P;  // first保存最短距离,second保存顶点编号
//用于表示边的结构体
struct edge
{
	int to;        // 终点
	int cap;   // 容量
	int cost;  // 费用
	int rev;   // 反向边
	edge(int to, int cap, int cost, int rev) :to(to), cap(cap), cost(cost), rev(rev){}
};
int V;         // 顶点数
vector<edge> G[MAX_V];   // 图的邻接表
int h[MAX_V];  // 顶点的势
int dist[MAX_V];// 最短距离
int prevv[MAX_V];  // 最短路中的前驱节点
int preve[MAX_V];  // 最短路中的前驱节点对应的边

// 向图中增加一条从from到to的容量为cap费用为cost的边
void add_edge(int from, int to, int cap, int cost)
{
	G[from].push_back(edge(to, cap, cost, G[to].size()));
	G[to].push_back(edge(from, 0, -cost, G[from].size() - 1));
}

// 求解从s到t流量为f的最小费用流,如果没有流量为f的流,则返回-1
int min_cost_flow(int s, int t, int f)
{
	int res = 0;
	memset(h, 0, sizeof(h));
	while (f > 0)
	{
		// 使用Dijkstra算法更新h
		priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > que;
		memset(dist, INF, sizeof(dist));
		dist[s] = 0;
		que.push(P(0, s));
		while (!que.empty())
		{
			P p = que.top(); que.pop();
			int v = p.second;
			if (dist[v] < p.first) continue;
			for (int i = 0; i < G[v].size(); ++i)
			{
				edge &e = G[v][i];
				if (e.cap > 0 && dist[e.to] > dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to])
				{
					dist[e.to] = dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to];
					prevv[e.to] = v;
					preve[e.to] = i;
					que.push(P(dist[e.to], e.to));
				}
			}
		}
		if (dist[t] == INF)
		{
			// 不能再增广
			return -1;
		}
		for (int v = 0; v < V; ++v)
		{
			h[v] += dist[v];
		}

		// 沿s到t的最短路尽量增广
		int d = f;
		for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
		{
			d = min(d, G[prevv[v]][preve[v]].cap);
		}
		f -= d;
		res += d * h[t];
		for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
		{
			edge &e = G[prevv[v]][preve[v]];
			e.cap -= d;
			G[v][e.rev].cap += d;
		}
	}
	return res;
}

void clear()
{
	for (int i = 0; i < V; ++i)
	{
		G[i].clear();
	}
}
///////////////////////////////最小费用流结束///////////////////////////////////////////
int distance_of(pair<int, int> a, pair<int, int> b)
{
	return abs(a.first - b.first) + abs(a.second - b.second);
}
///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////
int main(int argc, char *argv[])
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	int N, M;
	while (scanf("%d%d", &N, &M), N && M)
	{
		vector<pair<int, int> > man;
		vector<pair<int, int> > house;
		for (int i = 0; i < N; ++i)
		{
			getchar();
			for (int j = 0; j < M; ++j)
			{
				switch (getchar())
				{
					case 'm':
						man.push_back(make_pair(i, j));
						break;
					case 'H':
						house.push_back(make_pair(i, j));
						break;
				}
			}
		}
		const int size = man.size();
		const int s = 0, t = 1 + size + size;
		V = t + 1;
		clear();
		for (int i = 0; i < size; ++i)
		{
			add_edge(s, i + 1, 1, 0);
			add_edge(i + 1 + size, t, 1, 0);
			for (int j = 0; j < size; ++j)
			{
				add_edge(i + 1, size + j + 1, 1, distance_of(man[i], house[j]));
			}
		}
		
		printf("%d\n", min_cost_flow(s, t, size));
	}
#ifndef ONLINE_JUDGE
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	system("out.txt");
#endif
	return 0;
}
///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////
13858095 hankcs 2195 Accepted 784K 125MS C++ 3501B 2015-02-05 01:01:15

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评论 1

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  1. #1

    刚也重新做了一遍网络流,对这题又有了另一种想法:
    可以发现,题目中"每个小人又且只有一个房子可以匹配(即二部图),又要求最后的总话费最小(即最小权匹配)“。
    经过这么一个转换,可以把最小费用最大流转化成二分图最小权匹配解决了。然后0MsAC [嘻嘻]

    AlanYume2年前 (2015-04-12)回复

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