这段时间朋友几篇文章介绍了改终点保存的文章. 关联文章的地址
问题述描：需要将一批物品从节点s(源点）输送到t（成为点汇），可以从其他点直达，但是有向图的个每边上都有一个权值，表现这条边上该方向最多可以输送的物品量数
超越这些量后以这条边就变得不可用（相当于没有这条边）
求从s到t可以输送通过的最大物品量数。
决解：增广路算法
模板：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#define N 55
using namespace std;
//a数组保存到个每点的小最残量，p数组保存每一条增广路的路径，cap保存各个点之间的容量
//flow保存各个点之间的残量
int n,m,cap[N][N],flow[N][N],a[N],p[N];
int maxflow(int s,int t) {
queue<int>q;
int f=0,u,v;//f中保存的是最大流
memset(flow,0,sizeof(flow));
while(1) {
memset(a,0,sizeof(a));
a[s]=0x7FFFFFFF;//之所以设为最大值，一是标记问访过了，二是免避比别的残量小，从而影响找到真正的小最残量
q.push(s);
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
for(v=1;v<=n;v++) {
if(!a[v]&&cap[u][v]>flow[u][v]) {//相通并且有流量,在这里a[i]=0表现这个点还没问访过，a[i]!=0的时候表现残量
p[v]=u;//记录下后以结点的父节点
q.push(v);//后以结点入队
a[v]=a[u]<cap[u][v]-flow[u][v]?a[u]:cap[u][v]-flow[u][v];//找到到后以结点的小最残量
}
}
}
if(a[t]==0) break;//小最残量为0，即不再有增广路，退出
for(u=t;u!=s;u=p[u]) {
flow[p[u]][u]=+a[t];//新更流量，正反两个方向
flow[u][p[u]]-=a[t];
printf("%d <- ",u);
}
printf("%d %d\n",s,a[t]);
f+=a[t];
}
return f;
}
int main() {
int T,i,j,a,b,w,f,s,t;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&s,&t);
for(i=1;i<=n;i++)//初始化路径
for(j=1;j<=n;j++)
cap[i][j]=cap[j][i]=0;//没有容量表现通不
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d %d",&a,&b,&w);//保存刚刚输入的路的肇端和终点，便于面后新更路径
cap[a][b]=w;
}
f=maxflow(s,t);
printf("%d\n",f);
}
system("pause");
return 0;
}
/*
6 10 1 6
1 2 16
1 3 13
2 3 10
3 2 4
3 5 14
2 4 12
5 4 7
4 3 9
5 6 4
4 6 20
23
*/
这是一个基本的最大流问题，除了处置最大流问题，经过单简的形变，可以用来求二分图的最大配匹问题。如下
述描
月老备准给n个女孩与n个男孩牵红线，成绩一对对美妙的姻缘。
在现，由于一些原因，分部男孩与女孩可能结成幸福的一家，分部可能不会结成幸福的家庭。
在现已知哪些男孩与哪些女孩如果完婚的话，可以结成幸福的家庭，月老备准成促尽可能多的幸福家庭，请你帮他找出最多可能成促的幸福家庭量数吧。
假设男孩们分离编号为1~n,女孩们也分离编号为1~n。
- 输入
-
第一行是一个数整T,表现测试数据的组数(1<=T<=400)
每组测试数据的第一行有两个数整n,K，其中男孩的人数与女孩的人数都是n。(n<=500,K<=10 000)
随后的K行，每行有两个数整i,j表现第i个男孩与第j个女孩有可能结成幸福的家庭。(1<=i,j<=n) - 出输
- 对每组测试数据，出输最多可能成促的幸福家庭量数
- 样例输入
-
1 3 4 1 1 1 3 2 2 3 2
- 样例出输
-
2
分析：我们加增一个源点和一个终点，使源点到左边集合全部点、右侧集合全部点到终点都加增一条边，且令途中多有边流量为1，则求源点到终点的最大流就是二分图的最大配匹！（对于这道题来讲，可能会时超，但是写法经过优化后之是可以过的！）
如图所示：
代码现实：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#define N 1100
using namespace std;
int flow[N][N],cap[N][N],a[N],p[N];
int maxflow(int s, int t){
queue<int>q;
int f=0,u,v;
//memset(flow,0,sizeof(flow));
for(u=0;u<=t;u++)
for(v=0;v<=t;v++)
flow[u][v]=0;
while(1) {
memset(a,0,sizeof(a));
a[s]=0x7FFFFFFF;
q.push(s);
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
for(v=0;v<=t;v++) {
if(!a[v]&&flow[u][v]<cap[u][v]){
p[v]=u;
q.push(v);
a[v]=a[u]<cap[u][v]-flow[u][v]?a[u]:cap[u][v]-flow[u][v];
}
}
}
if(a[t]==0) break;
for(u=t;u!=s;u=p[u]){
flow[p[u]][u]=+a[t];//新更流量，正反两个方向
flow[u][p[u]]-=a[t];
}
f+=a[t];
}
return f;
}
int main() {
int i,j,T,n,k,x,y,ans;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d %d",&n,&k);
//memset(cap,0,sizeof(cap));
for(i=0;i<2*n+2;i++)
for(j=0;j<2*n+2;j++)
cap[i][j]=0;
for(i=1;i<=k;i++){
scanf("%d %d",&x,&y);
cap[x][n+y]=1;
}
for(i=1;i<=n;i++){//构建源点到左边集合的边
cap[0][i]=1;
}
for(i=n+1;i<=2*n;i++){//构建右侧的边到终点的边
cap[i][2*n+1]=1;
}
n=2*n+2;
ans=maxflow(0,n-1);
printf("%d\n",ans);
}
system("pause");
return 0;
}
文章结束给大家分享下程序员的一些笑话语录：
那是习惯决定的，一直保持一个习惯是不好的！IE6的用户不习惯多标签，但是最终肯定还是得转到多标签的浏览器。历史（软件UI）的进步（改善）不是以个人意志（习惯）为转移的！