1.飞行员配对方案问题
二分图匹配模板题
2.负载平衡问题
题意:
公司有 n个沿铁路运输线环形排列的仓库，每个仓库存储的货物数量不等。如何用最少搬运量可以使 n个仓库的库存数量相同。搬运货物时，只能在相邻的仓库之间搬运。输出最少搬运量。
思路:
求出平均数，显然最后所有仓库的货物数量都是平均数。如果点u的货物数比平均数大w，则源点到u有一条容量为w；费用为0的边，如果点u的货物数比平均数小w，则u到汇点有一条容量为w，费用为0的边。相邻两点之间有容量无穷大，费用为1的边，跑费用流即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxm=1e3+5;
const int maxn=105;
const int INF=1e9;
struct edge {
int v,next,w,f;
} E[maxm];
int tot=1,head[maxn];//tot必须设为1才能使反向边用^得到
void addedge(int u,int v,int w,int f) {
E[++tot].v=v;
E[tot].w=w;
E[tot].f=f;
E[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
int n,m,s,t;
int dis[maxn],vis[maxn];
int q[maxn];
bool spfa(){
fill(dis,dis+n+1,INF);
fill(vis,vis+n+1,0);
int l=0,r=1;
q[1]=t;
dis[t]=0;//反向跑最短路
while(l!=r){
int u=q[l=l==n?0:l+1];
vis[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int f=-E[i].f;//当前遍历的是反向的边，费用是负的
if(E[i^1].w&&dis[v]>dis[u]+f){//反向的边才是流的时候走的边，容量要>0
dis[v]=dis[u]+f;
if(!vis[v]){
if(dis[v]>dis[l+1])q[r=r==n?0:r+1]=v;
else q[l]=v,l=l==0?n:l-1;//SLF优化
vis[v]=1;
}
}
}
}
return dis[s]<INF;
}
int maxf,cost;
int dfs(int u,int flow){
if(u==t){
vis[t]=1;
return flow;
}
int used=0;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].v,w=E[i].w,f=E[i].f;
if(!vis[v]&&w&&dis[u]==dis[v]+f){//满足增广条件
int temp=dfs(v,min(w,flow-used));
if(temp){
cost+=temp*f;
E[i].w-=temp;
E[i^1].w+=temp;
used+=temp;
}
if(used==flow)break;
}
}
return used;
}
void mincmaxf() {
maxf=cost=0;
while(spfa()) {
vis[t]=1;
while(vis[t]) {
memset(vis,0,sizeof vis);
maxf+=dfs(s,1e9);//一直増广直到走不到为止
}
}
}
void add(int u,int v,int w,int f){
addedge(u,v,w,f);
addedge(v,u,0,-f);
}
int a[105];
int main() {
int nn;
cin>>nn;
n=nn+2;s=nn+1;t=nn+2;
int ave=0;
for(int i=1;i<=nn;i++){
scanf("%d",&a[i]);
ave+=a[i];
}
ave/=nn;
for(int i=1;i<=nn;i++){
if(a[i]>ave){
add(s,i,a[i]-ave,0);
}
if(a[i]<ave){
add(i,t,ave-a[i],0);
}
}
for(int i=1;i<=nn-1;i++){
add(i,i+1,1e9,1);
add(i+1,i,1e9,1);
}
add(1,nn,1e9,1);
add(nn,1,1e9,1);
mincmaxf();
printf("%d\n",cost);
}
3.运输问题
题意:
公司有 m个仓库和 n个零售商店。第 i个仓库有 a个单位的货物；第 j个零售商店需要 b个单位的货物。
货物供需平衡，即\(\sum\limits_{i=1}^{m}a_i=\sum\limits_{j=1}^{n}b_j\)。
从第i个仓库运送每单位货物到第 j 个零售商店的费用为Cij 。
问使所有货物都运走，总费用最大为多少，最小为多少？
思路:
求最小是最小费用最大流模板，求最大只要把边全部变成相反数的再跑一遍即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxm=1e5+5;
const int maxn=205;
const int INF=1e9;
struct edge {
int v,next,w,f;
} E[maxm];
int tot=1,head[maxn];//tot必须设为1才能使反向边用^得到
void addedge(int u,int v,int w,int f) {
E[++tot].v=v;
E[tot].w=w;
E[tot].f=f;
E[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
int n,m,s,t;
int dis[maxn],vis[maxn];
int q[maxn];
bool spfa(){
fill(dis,dis+n+1,INF);
fill(vis,vis+n+1,0);
int l=0,r=1;
q[1]=t;
dis[t]=0;//反向跑最短路
while(l!=r){
int u=q[l=l==n?0:l+1];
vis[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int f=-E[i].f;//当前遍历的是反向的边，费用是负的
if(E[i^1].w&&dis[v]>dis[u]+f){//反向的边才是流的时候走的边，容量要>0
dis[v]=dis[u]+f;
if(!vis[v]){
if(dis[v]>dis[l+1])q[r=r==n?0:r+1]=v;
else q[l]=v,l=l==0?n:l-1;//SLF优化
vis[v]=1;
}
}
}
}
return dis[s]<INF;
}
int maxf,cost;
int dfs(int u,int flow){
if(u==t){
vis[t]=1;
return flow;
}
int used=0;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=E[i].next){
int v=E[i].v,w=E[i].w,f=E[i].f;
if(!vis[v]&&w&&dis[u]==dis[v]+f){//满足增广条件
int temp=dfs(v,min(w,flow-used));
if(temp){
cost+=temp*f;
E[i].w-=temp;
E[i^1].w+=temp;
used+=temp;
}
if(used==flow)break;
}
}
return used;
}
void mincmaxf() {
maxf=cost=0;
while(spfa()) {
vis[t]=1;
while(vis[t]) {
memset(vis,0,sizeof vis);
maxf+=dfs(s,1e9);//一直増广直到走不到为止
}
}
}
void add(int u,int v,int w,int f){
addedge(u,v,w,f);
addedge(v,u,0,-f);
}
int a[105],b[105],c[105][105];
int main() {
int nn,mm;
cin>>mm>>nn;
n=nn+mm+2;
s=nn+mm+1;
t=nn+mm+2;
for(int i=1;i<=mm;i++){
scanf("%d",&a[i]);
add(s,i,a[i],0);
}
for(int i=1;i<=nn;i++){
scanf("%d",&b[i]);
add(mm+i,t,b[i],0);
}
for(int i=1;i<=mm;i++){
for(int j=1;j<=nn;j++){
scanf("%d",&c[i][j]);
add(i,mm+j,1e9,c[i][j]);
}
}
mincmaxf();
printf("%d\n",cost);
//重新建立费用为相反数的模型
tot=1;
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=mm;i++){
add(s,i,a[i],0);
}
for(int i=1;i<=nn;i++){
add(mm+i,t,b[i],0);
}
for(int i=1;i<=mm;i++){
for(int j=1;j<=nn;j++){
add(i,mm+j,1e9,-c[i][j]);
}
}
mincmaxf();
printf("%d\n",-cost);
}