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2014
01-04

hdu 2255 奔小康赚大钱-二分图-[解题报告]C++

奔小康赚大钱

问题描述 :

传说在遥远的地方有一个非常富裕的村落,有一天,村长决定进行制度改革:重新分配房子。
这可是一件大事,关系到人民的住房问题啊。村里共有n间房间,刚好有n家老百姓,考虑到每家都要有房住(如果有老百姓没房子住的话,容易引起不安定因素),每家必须分配到一间房子且只能得到一间房子。
另一方面,村长和另外的村领导希望得到最大的效益,这样村里的机构才会有钱.由于老百姓都比较富裕,他们都能对每一间房子在他们的经济范围内出一定的价格,比如有3间房子,一家老百姓可以对第一间出10万,对第2间出2万,对第3间出20万.(当然是在他们的经济范围内).现在这个问题就是村领导怎样分配房子才能使收入最大.(村民即使有钱购买一间房子但不一定能买到,要看村领导分配的).

输入:

输入数据包含多组测试用例,每组数据的第一行输入n,表示房子的数量(也是老百姓家的数量),接下来有n行,每行n个数表示第i个村名对第j间房出的价格(n<=300)。

输出:

输入数据包含多组测试用例,每组数据的第一行输入n,表示房子的数量(也是老百姓家的数量),接下来有n行,每行n个数表示第i个村名对第j间房出的价格(n<=300)。

样例输入:

2
100 10
15 23

样例输出:

123

题目:奔小康赚大钱

 

KM算法深入理解:请戳这里

 

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define INF 99999999
#define N 350

int n,nx,ny;   //nx,ny分别表示x集合和y集合的元素个数

int lx[N];
int ly[N];
int link[N];
int slack[N];
int visx[N];
int visy[N];
int w[N][N];

bool DFS(int x)
{
    int y;
    visx[x]=1;
    for(y=1;y<=ny;y++)
    {
        if(visy[y]) continue;
        int t=lx[x]+ly[y]-w[x][y];
        if(t==0)
        {
            visy[y]=1;
            if(link[y]==-1||DFS(link[y]))
            {
                link[y]=x;
                return true;
            }
        }
        else if(slack[y]>t)         //不在相等子图中slack 取最小的
            slack[y]=t;
    }
    return false;
}

int KM()
{
    int i,j,x;
    memset(link,-1,sizeof(link));
    memset(ly,0,sizeof(ly));
    for(i=1;i<=nx;i++)            //lx初始化为与它关联边中最大的
        for(j=1,lx[i]=-INF;j<=ny;j++)
            if(w[i][j]>lx[i])
                lx[i]=w[i][j];
    for(x=1;x<=nx;x++)
    {
        for(i=1;i<=ny;i++)
            slack[i]=INF;
        while(1)
        {
            memset(visx,0,sizeof(visx));
            memset(visy,0,sizeof(visy));
            if(DFS(x)) break;        //若成功(找到了增广轨),则该点增广完成,进入下一个点的增广

            //若失败(没有找到增广轨),则需要改变一些点的标号,使得图中可行边的数量增加。
            //方法为:将所有在增广轨中(就是在增广过程中遍历到)的X方点的标号全部减去一个常数d,
            //所有在增广轨中的Y方点的标号全部加上一个常数d

            int d=INF;
            for(i=1;i<=ny;i++)
                if(!visy[i]&&d>slack[i])
                   d=slack[i];
            for(i=1;i<=nx;i++)
                if(visx[i])
                   lx[i]-=d;
            for(i=1;i<=ny;i++)      //修改顶标后,要把所有不在交错树中的Y顶点的slack值都减去d
            {
                if(visy[i]) ly[i]+=d;
                else        slack[i]-=d;
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(i=1;i<=ny;i++)
       if(link[i]>-1)
          ans+=w[link[i]][i];
    return ans;
}

int main()
{
    int i,j;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        nx=ny=n;
        memset(w,0,sizeof(w));
        for(i=1;i<=n;i++)
           for(j=1;j<=n;j++)
              scanf("%d",&w[i][j]);
        int ans=KM();
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

解题转自:http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8654556


  1. 约瑟夫也用说这么长……很成熟的一个问题了,分治的方法解起来o(n)就可以了,有兴趣可以看看具体数学的第一章,关于约瑟夫问题推导出了一系列的结论,很漂亮

  2. #!/usr/bin/env python
    def cou(n):
    arr =
    i = 1
    while(i<n):
    arr.append(arr[i-1]+selfcount(i))
    i+=1
    return arr[n-1]

    def selfcount(n):
    count = 0
    while(n):
    if n%10 == 1:
    count += 1
    n /= 10
    return count

  3. 您没有考虑 树的根节点是负数的情况, 若树的根节点是个很大的负数,那么就要考虑过不过另外一边子树了