[bzoj3371][poj2009][Usaco2004 Mar]Moo University

标题这么长的。。真是让感觉人头大脚轻。 

贴题面先。

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 Description

    Moo大学的餐厅必须为$C(1leq Cleq 1000)$头入学的奶牛新生定制比萨饼．比萨饼可以在比萨小屋订做．一个饼只能给一头奶牛吃．尽管比萨小屋想为每一头奶牛都做一个比萨饼，但是他们必须服从以下三个条件：

·比萨小屋拥有$T(1leq Tleq 30)$种素菜馅，每个比萨饼有且仅有$K(1leq Kleq T)$种馅。

·任何一个比萨饼里不能有两种相同的馅（比如一个比萨饼里不能有两份洋葱）。

·任何两个比萨饼不能有完全相同的馅，即任何两个比萨饼至少有一种馅是不同的。当然，馅的编号是1到T。

    Moo大学的奶牛对比萨饼馅十分挑剔，有的奶牛可能什么馅都不喜欢。一头奶牛只吃那种所有的馅他都喜欢的比萨饼。

    请你计算最多能喂几头奶牛。

Input

    第1行：三个整数C，T，K.

    第2到C+1行：每行有若干个用空格分开的整数，表示这头奶牛喜欢的馅．第一个数是这头奶牛喜欢的馅的种数．接下来的几个整数是这头奶牛喜欢的馅的编号。

Output

一个整数，即最多能有几头牛被喂养。

Sample Input

3 2 1
2 2 1
1 1
1 2

Sample Output

2
样例说明
只能生产两种饼：一个有1号馅的比萨饼和一个有2号馅的比萨饼。第一个饼给第1号牛，第二块饼给3号牛，这样两头牛被喂饱了．同时将三头都喂饱的办法不存在。

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题面并不是很容易看懂，理解应该是没问题的。重要的几句话是：

1：不能有两头牛的pizza组成完全相同。

2：一个pizza上必须有且仅有k种馅料。

3：pizza上的馅料不能重复。

以上就是说每头牛的喜好与pizza的构成可以用一个01串或者bitset来表示，且是1的位有且只有k个，pizza之间互不相同。

4；一头牛能与一个pizza匹配当且仅当牛的01串中为0的位，pizza的01串也是0。

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Claris说是暴搜啊？！仔细看看确实是。但大概还是基于二分图匹配的暴搜。

目前正在研究，如果想不想看我口胡的非正解非满分做法，请右上角关闭页面然后等我完善再来看。

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 口胡部分：

这道题我并没有A,拿到了80pts。做法基于二分图匹配但还包含贪心。很玄乎，给大家提供思路而已。

看起来就是个二分图匹配，但是数据范围？有30种馅料，最多可以存在$inom{15}{30}$大约$1e12$种pizza。但最终能匹配的能有几个？显然不会超过n。如果枚举所有的点，连上所有的边，额，呵呵。

所以显然不能按上面说的那样来做。需要在寻找增广路的时候，动态寻找。

具体实现：

首先能跟给定奶牛匹配的pizza，我们说过，必须在奶牛为0的位上也是0。但我们要凑够k种馅料，所以还需要在保证上述要求的情况下，填上k个1。我们假设当前奶牛喜欢t种馅，即不喜欢m-t种馅，即有m-t位为0。显然t<k的牛什么也给不了，挑食太多就没法满足。其他的牛呢？我们这k位怎么填？我的做法是按照枚举的顺序填就行，先向靠前的位填1，直到填完。然后我们得到一个01串，可以将其转成int之后用map来存储这个pizza是否被其他牛占领过了。

下面是出现问题的地方。

如果已经被占领过，比较当前牛和之前占领的牛哪一个喜欢的馅料多。由喜欢馅料多的牛做出让步，把这个pizza让给少的，因为它更矫情，更难满足。而且如果两头牛能一起抢一个pizza，pizza一定是两头牛的喜好的交集。这个贪心我并不会证明是正确的，而且最尴尬的在于两头牛喜欢的馅料数相等，还不完全相同，比如(1,3,4)和(3,4,5)抢(3,4)，并不好说给谁。我的做法里默认先来后到，所以会有错误。

略过这里不提，按如上方法增广，如果不能增广就表示这个牛匹配不到pizza。每头牛匹配完，即可得出答案。

Tips：其实还有很难解决的一个地方，就是如何按顺序枚举在(m-t)个空位上填入k个1。我发现了一位博主的做法用了上去。很强。

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因为还没有做出正解，所以希望有dalao可以切掉这道题并告诉本蒟蒻怎么解决错误的贪心或者正解也好！

附80pts

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;
map<int,int>g;
int n,m,k,cnt=0;
int nxtC(int k,int lim){
    int ret,b=k&-k,t=(k+b);
    ret=(((t^k)>>2)/b)|t;
    if(ret>=1<<lim)
    return 0;
    return ret;
}
void find(int x){ 
    bitset<32>b(x);
    int f[32],top=0,c=m-b.count();
    for(int i=0;i<m;i++)
    if(b[i])f[top++]=i;
    int ik=(1<<k)-1;
    do{
        bitset<32>t;
        for(int i=0;i<top;i++)
        if(ik&(1<<i))
        t[f[i]]=1;
        int y=t.to_ulong();
        if(!g[y]){
            g[y]=x;cnt++;return;
        }
        else{
            int r=g[y];
            bitset<32>tmp(r);
            if(tmp.count()<=m-c)
            continue;
            g[y]=x;
            find(r);
            return;
        }
    }while(ik=nxtC(ik,top));
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t;scanf("%d",&t);
        bitset<32>p;
        for(int i=1;i<=t;i++){
            int x;scanf("%d",&x);
            p[x-1]=1;
        }
        if(t<k)continue;
        find(p.to_ulong());
    }
    cout<<cnt;
}

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注：nxtC(int k,int lim)即求出当前为k（int表示的01串）的下一个$inom{K}{lim}$组合。

如：nxC(11(1010₂),5)返回的应该是12(1100₂)，即四选二的1010的下一个组合。枚举顺序从小到大。

注意函数带的参数k并不是组合数里的K。我的变量有的定义在函数里有的是全局，组合数的K是全局的那个，但在nxC函数里是失效的，也就是说nxC函数并不需要知道要填几个1，因为根据上一个状态就能知道有几个1了。

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9.6更

昨天向Claris要到了代码！！鸡冻！！

我的做法貌似思想是没有错的，出现问题的部分其实是完全可删的。并不需要那个不正确的贪心来稳定复杂度，因为数据其实很小。而枚举下一状态的时候其实放在匈牙利的dfs函数里就行，Claris代码的框架就是：匈牙利的dfs，在判断dfs(match[已经占过这个状态的牛])的时候重新从初状态开始枚举，也就是把深搜枚举下一状态的dfs嵌套在匈牙利的dfs中。实在是喵啊！额复杂度我并不会分析。。