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  • 针对交互式遗传算法缺乏衡量评价不确定性的问题,采用离散适应值评价进化个体,利用灰度衡量评价的不确定性。通过确定离散适应值的灰度,获得反映种群进化分布的信息;基于此,给出了进化个体的自适应交叉和变异概率...
  • 基于应急救援力量的覆盖模型,袁业,肖井坤,溢油应急响应的战略性决策主要是优化溢油应急设备的位置和数量,本文根据战略性决策的要求,在最大覆盖模型和部分覆盖模型的基础
  • 传送门:洛谷p2764 最小路径覆盖问题 ...所以要从最小路径覆盖模型转换成求二分图最大匹配。 这就是一个简单的二分图匹配的问题了。 代码: #include<iostream> #include<al...

    传送门:洛谷p2764 最小路径覆盖问题

     

    题意:给出一个n个点,m条边的有向无环图,求出最小路径覆盖条数,并输出。

     

    思路:二分图有个很重要的定理就是:最小路径覆盖=点数-最大匹配。

    所以要从最小路径覆盖模型转换成求二分图最大匹配。

    这就是一个简单的二分图匹配的问题了。

    代码:

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    #define inf 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int maxn=500;
    const int maxm=15000;
    struct node{
        int u,v,w,nxt;
    }e[maxm];
    int mat[maxn],h[maxn],used[maxn];
    int vis[maxn],color[maxn],path[maxn];
    int cnt,n,m;
    
    void add(int u,int v)
    {
        e[cnt].u=u,e[cnt].v=v;
        e[cnt].nxt=h[u];h[u]=cnt++;
    }
    
    bool find(int x)
    {
        for(int i=h[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
        {
            int v=e[i].v;
            if(!used[v])
            {
                used[v]=1;
                if(!mat[v]||find(mat[v]))
                {
                    mat[v]=x;
                    path[x]=v;
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }
    
    int match()//匈牙利算法 
    {
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!path[i])
            {
                memset(used,0,sizeof(used));
                    if(find(i))
                    ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
    
    void dfs(int x)//搜索输出路径 
    {
        color[x]=1;
        printf("%d ",x);
        if(!path[x])
            return ;
        dfs(path[x]);
    }
    
    void init()//初始化 
    {
        cnt=0;
        memset(h,-1,sizeof(h));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(color,0,sizeof(color));
        memset(path,0,sizeof(path));
        memset(mat,0,sizeof(mat));
    }
    
    int main()
    {
        int u,v;
        init();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);    
        } 
        int num=match();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!color[i])
                dfs(i),printf("\n");
        }
        printf("%d\n",n-num);
        return 0;
        
    }
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    当然,主要了解一下用网络流来解决最小路覆盖问题。

    主要是建图问题,首先是要构建二分图,就是拆点了。

    然后正常的用网络流解决二分图匹配问题。

     

    拆点的意思就是将一个点  x拆成  x,x',    x表示出度,x'表示入度,  即二分图中 x 是连向其他点, x'是被其他点连接    (除源点,汇点以外)。

    这样图就变成了二分图。 左边都是每个点的拆点x,  右边都是每个点的拆点 x'。 

    网络流建图:

    例如:现在有一条边  (x,y)

    这建图:    源点 --->x,   x---->汇点。   源点--->y, y--->汇点。   x---->y'。流量都为1。

    当然都要建反向边 流量为0(这就是网络流里的知识了)。

    这样每增加 1  流量说明二分图中  1 个匹配。所以答案就是 点数-最大流。

    这里还原路径,用了并查集,因为二分图中路径有流量通过,说明两点匹配了。

    代码:

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    #define inf 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int maxn=500;
    const int maxm=15000;
    struct node{
        int u,v,f,c,nxt;//f表示路径流量,c表示路径容量 
    }e[maxm];
    int h[maxn],fa[maxn],depth[maxn];
    int cnt,n,m,st,ed;
    
    void add(int u,int v,int w)//建边 
    {
        e[cnt].u=u,e[cnt].v=v;
        e[cnt].f=0,e[cnt].c=w;
        e[cnt].nxt=h[u];h[u]=cnt++;
        
        e[cnt].u=v,e[cnt].v=u;//反向边 
        e[cnt].f=0,e[cnt].c=0;
        e[cnt].nxt=h[v];h[v]=cnt++; 
    }
    
    bool bfs()//dinic--分层图 
    {
        queue<int> q;
        memset(depth,0,sizeof(depth));
        q.push(st);
        depth[st]=1;
        while(!q.empty())
        {
            int u=q.front();q.pop();
            if(u==ed) return true;
            for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].nxt)
            {
                int v=e[i].v;
                if(!depth[v]&&e[i].c-e[i].f)
                {
                    depth[v]=depth[u]+1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return false;
    }
    
    int dfs(int u,int flow)//dinic--求点u流入汇点最大流量 
    {
        int res=flow;
        if(u==ed) return res;
        for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].nxt)
        {
            int v=e[i].v;
            if(depth[v]==depth[u]+1&&e[i].c-e[i].f)
            {
                int tmp=e[i].c-e[i].f;
                int di=dfs(v,min(tmp,flow));
                e[i].f+=di;
                e[i^1].f-=di;
                flow-=di;
            }
        }
        return res-flow;
    }
    
    int find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
    
    void out(int x)//输出路径 
    {
        printf("%d ",x);
        for(int i=h[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
        {
            if(e[i].f>0&&e[i].v>n)
                out(e[i].v-n); 
        } 
    }
    
    void solve()
    {
        int num=0;
        while(bfs())
        {
            num+=dfs(st,inf);//最大流 
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)    fa[i]=i;
        for(int i=0;i<cnt;i++)//并查集 
        {
            if(e[i].u>=1&&e[i].u<=n&&e[i].v>n&&e[i].v<ed&&e[i].f>0)
            {
                if(find(e[i].u)!=find(e[i].v-n))
                    fa[find(e[i].v-n)]=find(e[i].u);
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(find(i)==i)
                out(i),printf("\n"); 
        }
        printf("%d\n",n-num);//点数-最大流 
    }
    
    int main()
    {
        int u,v;
        cnt=0;
        memset(h,-1,sizeof(h));
        scanf("%d%d",&n,&m);
        st=0,ed=2*n+1;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v+n,1);//这里  v+n代表拆点 v' 
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            add(st,i,1);//源点st-->每一个点 
            add(i+n,ed,1);//每一个点-->汇点ed 
        }
        solve();
        return 0;
    }

     

    传送门 :洛谷 p2765 魔法球 

     

    题意:

    假设有n根柱子,现要按下述规则在这n根柱子中依次放入编号为1,2,3,...的球。

    (1)每次只能在某根柱子的最上面放球。

    (2)在同一根柱子中,任何2个相邻球的编号之和为完全平方数。

    试设计一个算法,计算出在n根柱子上最多能放多少个球。例如,在4 根柱子上最多可放11 个球。

     

    思路:一开始很难想到这是一道图论题。  当然是可以找规律找出来答案来,但是实力有限,只看得懂网络流的方法。

    我们知道如果将每一个珠子当一个点,而编号相加等于平方数 的连边,就构成了一个图。

    如下所示(盗一下图 *-*):

     

     

    问题是“n根柱子最多放多少个珠子”,可以看做“给定珠子数量,最少要几根柱子放的下”。

    给点了珠子,就是点数,而我们知道其中边的情况,求几根柱子就是几条路,这样是不是就转化成一个最小路径覆盖问题了呢?

    但是这里要明白是一个珠子一个珠子放入,我们要模拟一个一个珠子放入。

    再建图,求点数-最大流是否大于柱子数。

    建图:

    当然,和上面那道题一样,拆点,源点连x,  x'连汇点。

    但是两点之间有点麻烦,假设现在是编号num的珠子进入,那么,它和之前的珠子合成的平方和 >num , <num*num。

    这样只要for循环找其中的平方和,用平方和- num  连向  num 即可。

     

    代码中用偶数表示拆点  x,  奇数表示  拆点  x'。

    代码:

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    #include<cmath>
    #define inf 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int maxn=100050;
    const int maxm=105000;
    struct node{
        int u,v,f,c,nxt;
    }e[maxm];
    int h[maxn],fa[maxn],depth[maxn];
    int cnt,n,m,st,ed;
    
    void add(int u,int v,int w)
    {
        e[cnt].u=u,e[cnt].v=v;
        e[cnt].f=0,e[cnt].c=w;
        e[cnt].nxt=h[u];h[u]=cnt++;
        
        e[cnt].u=v,e[cnt].v=u;
        e[cnt].f=0,e[cnt].c=0;
        e[cnt].nxt=h[v];h[v]=cnt++; 
    }
    
    bool bfs()
    {
        queue<int> q;
        memset(depth,0,sizeof(depth));
        q.push(st);
        depth[st]=1;
        while(!q.empty())
        {
            int u=q.front();q.pop();
            if(u==ed) return true;
            for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].nxt)
            {
                int v=e[i].v;
                if(!depth[v]&&e[i].c-e[i].f)
                {
                    depth[v]=depth[u]+1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return false;
    }
    
    int dfs(int u,int flow)
    {
        int res=flow;
        if(u==ed) return res;
        for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].nxt)
        {
            int v=e[i].v;
            if(depth[v]==depth[u]+1&&e[i].c-e[i].f)
            {
                int tmp=e[i].c-e[i].f;
                int di=dfs(v,min(tmp,flow));
                e[i].f+=di;
                e[i^1].f-=di;
                flow-=di;
            }
        }
        return res-flow;
    }
    
    int find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
    
    int dinic()
    {
        int ans=0;
        while(bfs())
        {
            ans+=dfs(st,inf);
        }
        return ans;
    }
    
    void out(int x)
    {
        printf("%d ",x);
        for(int i=h[x<<1];i!=-1;i=e[i].nxt)
        {
            if(e[i].f>0&&e[i].v%2)
                out(e[i].v/2); 
        } 
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        cnt=0;
        memset(h,-1,sizeof(h));
        st=0,ed=2*n+1;
        int t=0,num=0;
        while(1)
        {
            num++;//模拟一个个珠子进入 
            add(st,num<<1,1);add((num<<1)|1,ed,1);
            //num<<1偶数表示x,  num<<1|1奇数表示x' 
            for(int i=sqrt(num)+1;i*i<2*num;i++)//用前面可以连接num珠子连接num(x') 
                add((i*i-num)<<1,(num<<1)|1,1);
            t+=dinic();//最大流,因为前面已经求了,所以是加上num带来的流量 
            if(num-t>n) break;//点数-最大流 
        }
        printf("%d\n",--num);
        for(int i=1;i<=num;i++)
            fa[i]=i;
        for(int i=0;i<cnt;i++)//并查集 
        {
            if((e[i].u%2==0)&&(e[i].v%2==1)&&e[i].f>0)
            {
                if(find(e[i].u/2)!=find(e[i].v/2))
                    fa[find(e[i].v/2)]=find(e[i].u/2);
            }
        }
    
        for(int i=1;i<=num;i++)
        {
            if(find(i)==i)
                out(i),printf("\n"); 
        }
        return 0;
    }

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/xiongtao/p/11332242.html

    展开全文
  • 区间覆盖模型

    2019-09-29 13:48:15
    有一些区间,选择区间\(i\)可以获得\(w_i\)的收益,要求每个点上选择的区间少于\(k\)个,求最大收益。 建图\(S(k) \rightarrow x_1(k)\rightarrow x_2(k)\rightarrow...(k)\rightarrow x_n\),对于每个区间有\(x_{l_...

    有一些区间,选择区间\(i\)可以获得\(w_i\)的收益,要求每个点上选择的区间少于\(k\)个,求最大收益。

    建图\(S(k) \rightarrow x_1(k)\rightarrow x_2(k)\rightarrow...(k)\rightarrow x_n\),对于每个区间有\(x_{l_i} (1,w_i)\rightarrow x_{r_i}\)

    这样对于一个点,如果它之前流了\(k\)个区间的左端点,那么到这里就没有流了,就不能再开一个左端点了。每回来一个右端点之后又可以开一个左端点。

    转载于:https://www.cnblogs.com/utopia9999/p/9778130.html

    展开全文
  • 这道题要是不看别的博主的说明的话,根本就想不到,用到了所谓的点覆盖模型,点覆盖模型的略微解释:两相邻点只能取其中一点,存在着这样的限制的取点方法就是了。 那么,我们该如何去解?看了大牛的博客,然后...

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      这道题要是不看别的博主的说明的话,根本就想不到,用到了所谓的点覆盖模型,点覆盖模型的略微解释:两相邻点只能取其中一点,存在着这样的限制的取点方法就是了。

      那么,我们该如何去解?看了大牛的博客,然后模拟了一下,才知道大致应该怎么做,当然,思维的确好好,我们将点分为黑白点,其中,黑点的周围都是白点,同样的,白点的周围的点都是黑点,我们利用这样的方式来解这个问题我们从源点链接到黑点边容量为权值的边,在又白点链接到汇点,为边容量为点权值的边,然后对于每个黑点,链接上每个白点,边权为INF,这样子,我们只需要去求一个最小割即可,我们利用全体点权之和再减去最小割的量得到的就是最后我们需要的最大值了。

      这种求最大值且有限制的问题一般都需要转移成总和-最小割的形式(这几道题的反馈得到的思维)。


    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cmath>
    #include <string>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    #include <limits>
    #include <vector>
    #include <stack>
    #include <queue>
    #include <set>
    #include <map>
    #define lowbit(x) ( x&(-x) )
    #define pi 3.141592653589793
    #define e 2.718281828459045
    #define INF 0x3f3f3f3f
    #define HalF (l + r)>>1
    #define lsn rt<<1
    #define rsn rt<<1|1
    #define Lson lsn, l, mid
    #define Rson rsn, mid+1, r
    #define QL Lson, ql, qr
    #define QR Rson, ql, qr
    #define myself rt, l, r
    using namespace std;
    typedef unsigned long long ull;
    typedef long long ll;
    const int maxE = 6e4 + 7, maxN = 1e4 + 7, S = 0;
    const int dir[4][2] =
    {
        -1, 0,
        0, -1,
        0, 1,
        1, 0
    };
    int head[maxN], cur[maxN], cnt, N, M, T;
    struct Eddge
    {
        int nex, to, flow;
        Eddge(int a=-1, int b=0, int c=0):nex(a), to(b), flow(c) {}
    }edge[maxE<<1];
    inline void addEddge(int u, int v, int val)
    {
        edge[cnt] = Eddge(head[u], v, val);
        head[u] = cnt++;
    }
    bool In_Map(int x, int y) { return x > 0 && x <= N && y > 0 && y <= M; }
    inline void _ADD(int x, int y)
    {
        int xx, yy, now = M * (x - 1) + y, to;
        for(int i=0; i<4; i++)
        {
            xx = x + dir[i][0]; yy = y + dir[i][1];
            to = M * (xx - 1) + yy;
            if(In_Map(xx, yy))
            {
                addEddge(now, to, INF);
                addEddge(to, now, 0);
            }
        }
    }
    int deep[maxN];
    queue<int> Q;
    bool bfs()
    {
        while(!Q.empty()) Q.pop();
        memset(deep, 0, sizeof(deep));  deep[S] = 1;
        Q.push(S);
        while(!Q.empty())
        {
            int u = Q.front();  Q.pop();
            for(int i=head[u], v, flow; ~i; i=edge[i].nex)
            {
                v = edge[i].to; flow = edge[i].flow;
                if(!deep[v] && flow)
                {
                    deep[v] = deep[u] + 1;
                    Q.push(v);
                }
            }
        }
        return deep[T];
    }
    int dfs(int u, int flow)
    {
        if(u == T) return flow;
        for(int &i=cur[u], v, val, dist; ~i; i=edge[i].nex)
        {
            v = edge[i].to; val = edge[i].flow;
            if(deep[v] == deep[u] + 1 && val)
            {
                dist = dfs(v, min(flow, val));
                if(dist)
                {
                    edge[i].flow -= dist;
                    edge[i^1].flow += dist;
                    return dist;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    int Dinic()
    {
        int ans = 0, tmp = 0;
        while(bfs())
        {
            for(int i = S; i <= T; i++) cur[i] = head[i];   //memcpy(cur, head, sizeof(cur));
            while((tmp = dfs(S, INF))) ans += tmp;
        }
        return ans;
    }
    inline void init()
    {
        cnt = 0;    T = N * M + 1;
        memset(head, -1, sizeof(head));
    }
    int main()
    {
        scanf("%d%d", &N, &M);
        init();
        int all = 0;
        for(int i=1, e1, tmp; i<=N; i++)
        {
            for(int j=1; j<=M; j++)
            {
                scanf("%d", &e1);   all += e1;
                tmp = M * (i - 1) + j;
                if((i ^ j) & 1)
                {
                    addEddge(tmp, T, e1);
                    addEddge(T, tmp, 0);
                }
                else
                {
                    addEddge(S, tmp, e1);
                    addEddge(tmp, S, 0);
                    _ADD(i, j);
                }
            }
        }
        printf("%d\n", all - Dinic());
        return 0;
    }
    

     

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  • 最小路径覆盖有两种模型,一种是DAG上顶点不可相交的路径覆盖,一种是DAG上顶点可相交的路径覆盖,第二种是可以转化为第一种的,只需要用floyd传递闭包就可以了,这样两者都可以转化为二分图最大匹配的模型,...

    理论与证明看这里:https://blog.csdn.net/qq_39627843/article/details/82012572

    总结一下就是,最小路径覆盖有两种模型,一种是DAG上顶点不可相交的路径覆盖,一种是DAG上顶点可相交的路径覆盖,第二种是可以转化为第一种的,只需要用floyd传递闭包就可以了,这样两者都可以转化为二分图最大匹配的模型,算法就是,将DAG上的点U拆成Ux与Uy,如果U与V有边,建立边Ux->Uy,这样就得到了一个二分图,最后答案就是最小路径覆盖=原图的结点数-新图的最大匹配数。

    洛谷P2764 最小路径覆盖问题​​​​​​​https://www.luogu.org/problem/P2764

    此题中还有一个地方就是,如何输出网络流寻找的增广路,具体可以看代码,是用并查集实现的

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int N = 15000 + 5;
    const int inf = 2147483647;
    
    int n, m, s, t;
    int cnt = 1;
    int ans = 0;
    int last[N * 10];
    int lev[N * 10];
    int fa[N * 10];
    
    struct edge {
    	int to, next, cap, from;
    }e[N * 10];
    
    void add(int x, int y, int z) {
    	e[++cnt].to = y;
    	e[cnt].from = x;
    	e[cnt].cap = z;
    	e[cnt].next = last[x];
    	last[x] = cnt;
    }
    
    bool bfs() {
    	memset(lev, -1, sizeof(lev));
    	queue <int> q; lev[s] = 0; q.push(s);
    	while (!q.empty()) {
    		int x = q.front(); q.pop();
    		for (int i = last[x]; i; i = e[i].next) {
    			int to = e[i].to;
    			if (e[i].cap && lev[to] == -1)
    				lev[to] = lev[x] + 1, q.push(to);
    		}
    	}
    	return lev[t] != -1;
    }
    
    int dfs(int x, int flow) {
    	if (x == t) return flow;
    	int rest = 0;
    	for (int i = last[x]; i; i = e[i].next) {
    		int to = e[i].to;
    		if (lev[to] == lev[x] + 1 && e[i].cap) {
    			int f = dfs(to, min(flow - rest, e[i].cap));
    			if (f) {
    				rest += f;
    				e[i].cap -= f;
    				e[i ^ 1].cap += f;
    			}
    		}
    	}
    	return rest;
    }
    
    int find(int x) {
    	if (fa[x] == x) return x;
    	return fa[x] = find(fa[x]);
    }
    
    void output(int x) {
    	cout << x << ' ';
    	for (int i = last[x]; i; i = e[i].next)
    		if (e[i].cap == 0 && e[i].to > n)
    			output(e[i].to - n);
    }
    
    int main() {
    	int x, y; cin >> n >> m;
    	s = 0, t = n * 2 + 1;
    	for (int i = 1; i <= m; i++) {
    		cin >> x >> y;
    		add(x, y + n, 1); add(y + n, x, 0);
    	}
    	for (int i = 1; i <= n; i++) add(s, i, 1), add(i, s, 0);
    	for (int i = n + 1; i <= n * 2; i++) add(i, t, 1), add(t, i, 0);
    	while (bfs()) ans += dfs(s, inf);
    	for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    	for (int i = 2; i <= cnt; i++) {
    		if (e[i].cap == 0 && e[i].to > n && e[i].to <= n * 2 && e[i].from > 0 && e[i].from <= n)
    			if (fa[e[i].from] != fa[e[i].to - n])
    				fa[e[i].to - n] = fa[e[i].from];
    	}
    	for (int i = 1; i <= n; i++)
    		if (fa[i] == i) output(i), cout << endl;
    	cout << n - ans << endl;
    	return 0;
    }

     

     

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