标签：ios 引爆 printf 建图 nod logs temp char 三维
所有的坐标都是[0，10^6]的整数
对于30%的数据满足N < 31
对于50%的数据满足N < 101
对于100%的数据满足N < 1001
题解：第一问暴力DP即可，下面考虑第二问。
这题本质上是求最小路径覆盖，所以可以用有上下界的网络流（最小流）解决。这里不说如何建最小流了。不过，由于本题的特殊性质，最小流的第一次dinic一定是满流的，所以我们可以直接进行第二次dinic。第二次的建图方法如下：
1.S -> i 容量1
2.i‘ -> T 容量1
3.i‘ -> i 容量1
4.对于边<i,j> i-> j‘ 容量1
n-最大流即是答案。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,ans1,ans2,cnt,S,T;
struct node
{
int x,y,z;
}p[1010];
int f[1010],to[2000010],next[2000010],val[2000010],head[2010],d[2010];
queue<int> q;
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
return a.x<b.x;
}
int dfs(int x,int mf)
{
if(x==T) return mf;
int i,k,temp=mf;
for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
{
k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
if(!k) d[to[i]]=0;
val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
if(!temp) break;
}
}
return mf-temp;
}
int bfs()
{
while(!q.empty()) q.pop();
memset(d,0,sizeof(d));
int i,u;
q.push(S),d[S]=1;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop();
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(!d[to[i]]&&val[i])
{
d[to[i]]=d[u]+1;
if(to[i]==T) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd(),S=0,T=2*n+1;
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].z=rd();
sort(p+1,p+n+1,cmp);
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=1,add(S,i,1),add(i+n,i,1),add(i+n,T,1);
for(j=1;j<i;j++) if(p[j].x<p[i].x&&p[j].y<p[i].y&&p[j].z<p[i].z)
f[i]=max(f[i],f[j]+1),add(j,i+n,1);
ans1=max(ans1,f[i]);
}
printf("%d\n",ans1);
while(bfs())
ans2+=dfs(S,1<<30);
printf("%d",n-ans2);
return 0;
}
【BZOJ2044】三维导弹拦截 DP+（有上下界的）网络流
标签：ios 引爆 printf 建图 nod logs temp char 三维
原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7586468.html
