HDU 1150

题目链接：Machine schedule

二分图最小点覆盖。。。

这里采用网络流做法（匈牙利也ok

1.最大匹配=最大流

每一条流量为1的增广路对应一条匹配边，最大流就是最大匹配

2.最小覆盖集=最小割

最小覆盖集是选择最少的点使每条边至少有一个端点被选中，即S-T的所有通路必须割断——最小割

3.最大独立集=总点数-最小覆盖集

最大独立集和最小覆盖集互为补集，因为只要不选最小覆盖集的所有点，每条边就至少有一个点不被选中，即最大独立集。

同理，最大点权独立集=总权值-最小点权覆盖集。

4.二分图最大权匹配：要求完美匹配就跑最小费用最大流，不要求完美匹配就跑最小费用流。

全文请移步 网络流知识点

最小点集覆盖 = 最小割 = 最大流 = 最大匹配数

知道这道题是最小点覆盖后，我们跑一遍最大流就好了

重点还是建图！！！

根据以前做过的一道题来的建图灵感： 教辅的组成

建完图之后就是手敲模板了.....

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 100000;
const int INF = 1e9;
struct Node{
	int ne;
	int w;
	int to;
}e[N<<1];
int head[N],deth[N];
bool vis[N];
int n,m,k,x,y,val,cnt,st,en;
void init()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(deth,0,sizeof(deth));
	cnt = 0;
	st = n + m + k + 1;
	en = n + m + k + 2;
}
void add(int u,int v,int val)
{
	e[cnt].to = v;
	e[cnt].ne = head[u];
	e[cnt].w = val;
	head[u] = cnt ++;
}
bool bfs()
{
	memset(deth,0,sizeof(deth));
	queue<int>q;
	q.push(st);
	deth[st] = 1;
	while(!q.empty())
	{
		int now = q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[now];~i;i=e[i].ne)
		{
			int to = e[i].to;
			if(deth[to] == 0 && e[i].w > 0)
			{
				deth[to] = deth[now] + 1;
				q.push(to);
			}
		}
	}
	if(deth[en] == 0)
	return 0;
	return 1;
}
int dfs(int u,int dist)
{
	if(u == en)
	return dist;
	int temp = dist;
	for(int i=head[u];~i;i=e[i].ne)
	{
		int to = e[i].to;
		if(deth[to] == deth[u] + 1 && e[i].w)
		{
			int di = dfs(to,min(e[i].w,temp));
			if(di > 0)
			{
				temp -= di;
				e[i].w -= di;
				e[i^1].w += di;
				if(temp <= 0)
				return dist; 
			}
		}
	}
	return dist - temp;
}
int dinic()
{
	int ans = 0;
	while(bfs())
	{
		while(int di = dfs(st,INF))
			ans += di;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	while(scanf("%d",&n) && n)
	{
		scanf("%d%d",&m,&k);
		init();
		for(int i=1;i<=k;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&val,&x,&y);
			add(x + k,val,1);
			add(val,x + k,0);
			add(val,y + k + n,1);
			add(y + k + n,val,0);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			add(st,i+k,1);
			add(i+k,st,0);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			add(i+k+n,en,1);
			add(en,i+k+n,0);
		}
		printf("%d\n",dinic());
	}
	return 0;
}