Description

一次舞会有n个男孩和n个女孩。每首曲子开始时，所有男孩和女孩恰好配成n对跳交谊舞。每个男孩都不会和同一个女孩跳两首（或更多）舞曲。有一些男孩女孩相互喜欢，而其他相互不喜欢（不会“单向喜欢”）。每个男孩最多只愿意和k个不喜欢的女孩跳舞，而每个女孩也最多只愿意和k个不喜欢的男孩跳舞。给出每对男孩女孩是否相互喜欢的信息，舞会最多能有几首舞曲？
Input

第一行包含两个整数n和k。以下n行每行包含n个字符，其中第i行第j个字符为’Y’当且仅当男孩i和女孩j相互喜欢。
Output

仅一个数，即舞曲数目的最大值。
Sample Input
3 0

YYY

YYY

YYY

Sample Output
3
HINT

N<=50 K<=30

解法：真好题啊。 那个单点限制竟然没有想到经典的拆点限流，我网络流真是菜如狗。题解来自hzwer

先把每个人i拆分成ix和iy两个节点，ix连向喜欢的人，iy连向不喜欢的人，容量为1（比如如果男生i与女生j互

相喜欢，则由ix连向jx，如果男生i与女生j互相不喜欢，则由iy连向jy），再将每个男生男生ix连向iy，容量为

k；每个女生iy连向ix，容量为k。由源点向每个男生的x节点连上一条边，再由每个女生的x节点向汇点连上一

条边，容量均为a。最后从小到大枚举a，计算最大流flow，若发现a*n>flow(不满流)，则停止枚举，a-1即为

答案。或者可以二分

//BZOJ 1305

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 505;
const int maxm = 500010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

struct G
{
    int v, cap, next;
    G() {}
    G(int v, int cap, int next) : v(v), cap(cap), next(next) {}
} E[maxm];
int p[maxn], T;
int d[maxn], temp_p[maxn], qw[maxn]; //d顶点到源点的距离标号,temp_p当前狐优化，qw队列
void init()
{
    memset(p, -1, sizeof(p));
    T = 0;
}
void add(int u, int v, int cap)
{
    E[T] = G(v, cap, p[u]);
    p[u] = T++;
    E[T] = G(u, 0, p[v]);
    p[v] = T++;
}
bool bfs(int st, int en, int n)
{
    int i, u, v, head, tail;
    for(i = 0; i <= n; i++) d[i] = -1;
    head = tail = 0;
    d[st] = 0;
    qw[tail] = st;
    while(head <= tail)
    {
        u = qw[head++];
        for(i = p[u]; i + 1; i = E[i].next)
        {
            v = E[i].v;
            if(d[v] == -1 && E[i].cap > 0)
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                qw[++tail] = v;
            }
        }
    }
    return (d[en] != -1);
}
int dfs(int u, int en, int f)
{
    if(u == en || f == 0) return f;
    int flow = 0, temp;
    for(; temp_p[u] + 1; temp_p[u] = E[temp_p[u]].next)
    {
        G& e = E[temp_p[u]];
        if(d[u] + 1 == d[e.v])
        {
            temp = dfs(e.v, en, min(f, e.cap));
            if(temp > 0)
            {
                e.cap -= temp;
                E[temp_p[u] ^ 1].cap += temp;
                flow += temp;
                f -= temp;
                if(f == 0)  break;
            }
        }
    }
    return flow;
}
int dinic(int st, int en, int n)
{
    int i, ans = 0;
    while(bfs(st, en, n))
    {
        for(i = 0; i <= n; i++) temp_p[i] = p[i];
        ans += dfs(st, en, inf);
    }
    return ans;
}

int source, sink, mx;
int n, k, mp[maxn][maxn];

void init2(){
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        char s[51];
        scanf("%s", s+1);
        for(int j=1; j<=(int)strlen(s+1); j++){
            if(s[j]=='Y') mp[i][j]=1;
        }
    }
}

void check(int mid){
    init();
    for(int i=1; i<=n; i++) add(source, i, mid);
    for(int i=1; i<=n; i++) add(i, i+250, k);
    for(int i=1; i<=n; i++) add(n+i+250, n+i, k);
    for(int i=1; i<=n; i++) add(n+i, sink, mid);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=1; j<=n; j++){
            if(mp[i][j]){
                add(i, n+j, 1);
            }
            else{
                add(i+250, n+j+250, 1);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    source = 0, sink = 501;
    init2();
    int l=0, r=500, mx;
    while(l <= r){
        int mid = (l+r)/2;
        check(mid);
        int ans = dinic(source, sink, sink+1);
        if(ans >= n*mid){
            mx = mid;
            l = mid+1;
        }
        else{
            r = mid-1;
        }
    }
    printf("%d\n", mx);
    return 0;
}