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题意：有n件物品，告诉你最初第i件物品的数量Ai,要求最后数量变成Bi
然后有m种交换方式，每种交换方式有两个数字a b,表示物品a能和b等价交换，是双向的
求最少交换多少次，就能实现
这题的正解是套用最小费用最大流模板。。
对着模板改了好久，终于有点像我的模板的风格了233333
解释一下模板的用法。一般把超级源点设置成s，把超级汇点设置成t
然后对于这题，一开始的时候，要让源点的一些值能够到达Ai中，所以对于每个物品，建立一条s,i的双向边容量为Ai，费用为0
因为最后的Bi全部要汇入到超级汇点中，建立一条 i,t的双向边容量为Bi，费用为0
对于m种交换，假如输入是u v,连接一条边从u,v的双向边容量为INF费用为1
建好图了，，模板里一丢，，就做完了。。
首先统计Ai的所有之和，以及Bi的所有之和，如果两者不想等，说明前后数量都不同，是不可能可以做到的，直接剪枝
记得验证最大流是否等于Bi的所有的数之和，如果不等于，说明并不是所有的都能汇入汇点中，说明这个状态是达不到的
否则，就输出最小费用。
#include<map>#include<set>#include<cmath>#include<stack>#include<queue>#include<cstdio>#include<string>#include<vector>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<functional>using namespace std;typedef long long LL;typedef pair<int, int> PII;const int MX = 400 + 5;const int MM = 400 + 5;const int INF = 0x3f3f3f3f;struct Edge { int to, next, cap, flow, cost; Edge() {} Edge(int _to, int _next, int _cap, int _flow, int _cost) { to = _to; next = _next; cap = _cap; flow = _flow; cost = _cost; }} E[MM];int Head[MX], tol;int pre[MX]; //储存前驱顶点int dis[MX]; //储存到源点s的距离bool vis[MX];int N;//节点总个数，节点编号从0~N-1void init(int n) { tol = 0; N = 2 * n + 2; memset(Head, -1, sizeof(Head));}void addedge(int u, int v, int cap, int cost) { E[tol] = Edge(v, Head[u], cap, 0, cost); Head[u] = tol++; E[tol] = Edge(u, Head[v], 0, 0, -cost); Head[v] = tol++;}bool spfa(int s, int t) { queue<int>q; for (int i = 0; i < N; i++) { dis[i] = INF; vis[i] = false; pre[i] = -1; } dis[s] = 0; vis[s] = true; q.push(s); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = false; for (int i = Head[u]; i != -1; i = E[i].next) { int v = E[i].to; if (E[i].cap > E[i].flow && dis[v] > dis[u] + E[i].cost) { dis[v] = dis[u] + E[i].cost; pre[v] = i; if (!vis[v]) { vis[v] = true; q.push(v); } } } } if (pre[t] == -1) return false; else return true;}//返回的是最大流， cost存的是最小费用int minCostMaxflow(int s, int t, int &cost) { int flow = 0; cost = 0; while (spfa(s, t)) { int Min = INF; for (int i = pre[t]; i != -1; i = pre[E[i ^ 1].to]) { if (Min > E[i].cap - E[i].flow) Min = E[i].cap - E[i].flow; } for (int i = pre[t]; i != -1; i = pre[E[i ^ 1].to]) { E[i].flow += Min; E[i ^ 1].flow -= Min; cost += E[i].cost * Min; } flow += Min; } return flow;}int main() { int n, m, s, t; //freopen("input.txt", "r", stdin); while(~scanf("%d%d", &n, &m)) { init(n); s = 0; t = 2 * n + 1; int s1 = 0, s2 = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { int a, b; scanf("%d%d", &a, &b); s1 += a; s2 += b; addedge(s, i, a, 0); addedge(i, t, b, 0); } for(int i = 1; i <= m; i++) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); addedge(u, v, INF, 1); addedge(v, u, INF, 1); } if(s1 != s2) { printf("-1\n"); continue; } int ans = 0; if(minCostMaxflow(s, t, ans) == s2) { printf("%d\n", ans); } else { printf("-1\n"); } } return 0;}版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。