题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3081
题意：
n个女生与n个男生配对，每个女生只能配对某些男生，有些女生相互是朋友，每个女生也可以跟她朋友能配对的男生配对。
每次配对，每个女生都要跟不同的男生配对且每个女生都能配到对。问最多能配对几轮。
思路：
这道题乍看之下好像是二分匹配，但仔细一想是不太一样的。考虑用网络流做，首先女生可以与她朋友能配对的男生配对，这样需要用并查集保存他们可以配对的关系，这一点应该不难想到。接下来就是建图了，每个女生与可以配对的男生(包括朋友的可配对的男生)之间建边，容量为 1。 这样需要考虑的就是源点和女生、男生和汇点之间该如何建边了。
本来考虑到n个女生和n个男生不重复完全配对最多只能进行n轮，想到可以将源点和女生、男生和汇点之间的容量赋为n，求出最大流。但是发现这样是不行的，如果有女生或者男生无法配对到，即一轮都无法进行，这样得到的答案就不对了。为了保证每一轮所有女生和男生都能匹配到，我们需要二分源点和女生、男生和汇点之间的容量k，并且需要保证满流。找到最大的满足条件的k就是答案。
解法的正确性可以用数学归纳法证明，简单来说，当k=1时，转化为一个二分匹配，如果满流，就说明可以进行一轮。当k-1轮可以实现时（k-1满流），如果容量为k时满流，说明也可以实现k轮。这样就证明了正确性。
由这个解法我们也可以想到用二分匹配的方法来解决：进行二分图的最大匹配，在匹配完成后判断匹配数是否等于n，不是的话说明GAME OVER 求得答案，是的话说明游戏能完成，然后进行删边操作，再继续匹配，直到匹配数<n为止。
下面给出二分最大流的代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 6 using namespace std; 7 const int MAXN = 2010; 8 const int MAXM = 1200012; 9 const int INF = 0x3f3f3f3f; 10 struct Edge 11 { 12 int to, next, cap, flow; 13 }edge[MAXM]; 14 int tol; 15 int head[MAXN]; 16 void init() 17 { 18 tol = 2; 19 memset(head, -1, sizeof(head)); 20 } 21 void addedge(int u, int v, int w, int rw=0) 22 { 23 edge[tol].to = v; edge[tol].cap = w; edge[tol].flow = 0; 24 edge[tol].next = head[u]; head[u] = tol++; 25 edge[tol].to = u; edge[tol].cap = rw; edge[tol].flow = 0; 26 edge[tol].next = head[v]; head[v] = tol++; 27 } 28 int Q[MAXN]; 29 int dep[MAXN], cur[MAXN], sta[MAXN]; 30 bool bfs(int s, int t, int n) 31 { 32 int front = 0, tail = 0; 33 memset(dep, -1, sizeof(dep[0])*(n+1)); 34 dep[s] = 0; 35 Q[tail++] = s; 36 while(front < tail) 37 { 38 int u = Q[front++]; 39 for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next) 40 { 41 int v = edge[i].to; 42 if(edge[i].cap > edge[i].flow && dep[v] == -1) { 43 dep[v] = dep[u] + 1; 44 if(v == t) return true; 45 Q[tail++] = v; 46 } 47 } 48 } 49 return false; 50 } 51 int dinic(int s, int t, int n) { 52 int maxflow = 0; 53 while(bfs(s, t, n)) { 54 for(int i = 0; i < n; i++) cur[i] = head[i]; 55 int u = s, tail = 0; 56 while(cur[s] != -1) 57 { 58 if(u == t) 59 { 60 int tp = INF; 61 for(int i = tail-1; i >= 0; i--) 62 tp = min(tp, edge[sta[i]].cap-edge[sta[i]].flow); 63 maxflow+=tp; 64 for(int i = tail-1; i >= 0; i--) { 65 edge[sta[i]].flow+=tp; 66 edge[sta[i]^1].flow-=tp; 67 if(edge[sta[i]].cap-edge[sta[i]].flow==0) 68 tail = i; 69 } 70 u = edge[sta[tail]^1].to; 71 } 72 else 73 if(cur[u] != -1 && edge[cur[u]].cap > edge[cur[u]].flow && dep[u] + 1 == dep[edge[cur[u]].to]) 74 { 75 sta[tail++] = cur[u]; 76 u = edge[cur[u]].to; 77 } 78 else 79 { 80 while(u != s && cur[u] == -1) 81 u = edge[sta[--tail]^1].to; 82 cur[u] = edge[cur[u]].next; 83 } 84 } 85 } 86 return maxflow; 87 } 88 int n,m,f; 89 int fa[MAXN]; 90 int map[120][120]; 91 92 int find(int x) 93 { 94 return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); 95 } 96 97 void unio(int x,int y) 98 { 99 int a=find(x),b=find(y); 100 if(a!=b) 101 fa[a]=b; 102 } 103 104 void build(int k) 105 { 106 init(); 107 for(int i=1;i<=n;++i) 108 { 109 addedge(0,i,k); 110 addedge(i+n,2*n+1,k); 111 } 112 for(int i=1;i<=n;++i) 113 for(int j=1;j<=n;++j) 114 if(map[i][j]) 115 addedge(i,n+j,1); 116 } 117 int main() 118 { 119 int t; 120 scanf("%d",&t); 121 while(t--) 122 { 123 scanf("%d%d%d",&n,&m,&f); 124 for(int i=1;i<=n;++i) 125 fa[i]=i; 126 memset(map,0,sizeof(map)); 127 int a,b; 128 for(int i=1;i<=m;++i) 129 { 130 scanf("%d%d",&a,&b); 131 map[a][b]=1; 132 } 133 for(int i=1;i<=f;++i) 134 { 135 scanf("%d%d",&a,&b); 136 unio(a,b); 137 } 138 for(int i=1;i<=n;++i) 139 for(int j=1;j<=n;++j) 140 if(find(i)==find(j)) 141 for(int k=1;k<=n;++k) 142 if(map[i][k]) 143 map[j][k]=1; 144 int s=0,t=n,ans; 145 while(s<=t) 146 { 147 int mid=(s+t)/2; 148 build(mid); 149 if(mid*n==dinic(0,2*n+1,2*n+2)) 150 { 151 ans=mid; 152 s=mid+1; 153 } 154 else 155 t=mid-1; 156 } 157 cout<<ans<<endl; 158 } 159 return 0; 160 }