[BZOJ5251][九省联考2018]劈配(网络流)

5251: [2018多省省队联测]劈配

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Description

一年一度的综艺节目《中国新代码》又开始了。 Zayid从小就梦想成为一名程序员，他觉得这是一个展示自己的舞台，于是他毫不犹豫地报名了。 题目描述 轻车熟路的Zayid顺利地通过了海选，接下来的环节是导师盲选，这一阶段的规则是这样的： 总共n名参赛选手（编号从1至n）每人写出一份代码并介绍自己的梦想。接着由所有导师对这些选手进行排名。 为了避免后续的麻烦，规定不存在排名并列的情况。 同时，每名选手都将独立地填写一份志愿表，来对总共m位导师（编号从1至m）作出评价。 志愿表上包含了共m档志愿。 对于每一档志愿，选手被允许填写最多C位导师，每位导师最多被每位选手填写一次（放弃某些导师也是被允许的）。 在双方的工作都完成后，进行录取工作。 每位导师都有自己战队的人数上限，这意味着可能有部分选手的较高志愿、甚至是全部志愿无法得到满足。节目组对” 前i名的录取结果最优“作出如下定义： 前1名的录取结果最优，当且仅当第1名被其最高非空志愿录取（特别地，如果第1名没有填写志愿表，那么该选手出局）。 前i名的录取结果最优，当且仅当在前i-1名的录取结果最优的情况下：第i名被其理论可能的最高志愿录取 （特别地，如果第i名没有填写志愿表、或其所有志愿中的导师战队均已满员，那么该选手出局）。 如果一种方案满足‘‘前n名的录取结果最优’’，那么我们可以简称这种方案是最优的。 举例而言，2位导师T老师、F老师的战队人数上限分别都是1人；2位选手Zayid、DuckD分列第1、2名。 那么下面3种志愿表及其对应的最优录取结果如表中所示： 可以证明，对于上面的志愿表，对应的方案都是唯一的最优录取结果。 每个人都有一个自己的理想值si，表示第i位同学希望自己被第si或更高的志愿录取，如果没有，那么他就会非常沮丧。 现在，所有选手的志愿表和排名都已公示。巧合的是，每位选手的排名都恰好与它们的编号相同。 对于每一位选手，Zayid都想知道下面两个问题的答案： 在最优的录取方案中，他会被第几志愿录取。 在其他选手相对排名不变的情况下，至少上升多少名才能使得他不沮丧。 作为《中国新代码》的实力派代码手，Zayid当然轻松地解决了这个问题。 不过他还是想请你再算一遍，来检验自己计算的正确性。

Input

每个测试点包含多组测试数据 第一行2个用空格隔开的非负整数T;C，分别表示数据组数、每档志愿最多允许填写的导师数目。 接下来依次描述每组数据，对于每组数据： 第1行两个用空格隔开的正整数n;m。 n;m分别表示选手的数量、导师的数量。 第2行m个用空格隔开的正整数：其中第i个整数为bi。 Bi表示编号为i的导师战队人数的上限。 第3行至第n+2行，每行m个用空格隔开的非负整数：其中第i+2行左起第j个数为ai,j ai,j表示编号为i的选手将编号为j的导师编排在了第ai,j志愿。特别地，如果ai,j=0，则表示该选手没有将该导师填入志愿表。 在这一部分，保证每行中不存在某一个正数出现超过C次（0可能出现超过C次），同时保证所有ai,j<=m。 第n+3行n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数为Si Si表示编号为i的选手的理想值。 在这一部分，保证Si<=m。 T<=5,m<=n<=200,Bi<=N

Output

按顺序输出每组数据的答案。对于每组数据，输出2行： 第1行输出n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数的意义为： 在最优的录取方案中，编号为i的选手会被该档志愿录取。 特别地，如果该选手出局，则这个数为m+1。 第2行输出n个用空格隔开的非负整数，其中第i个整数的意义为： 使编号为i的选手不沮丧，最少需要让他上升的排名数。 特别地，如果该选手一定会沮丧，则这个数为i。

Sample Input

3 5
2 2
1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
1 2
1 2
2 1
2 2
1 1
0 1
0 1
2 2

Sample Output

2 1
1 0
1 2
0 1
1 3
0 1
三组数据分别与【题目描述】中的三个表格对应。
对于第1 组数据：由于选手1 没有填写第一志愿，所以他一定无法被第一志愿录取，也就一定会沮丧。
选手2 按原排名就不沮丧，因此他不需要提升排名。
对于第2 组和第3 组数据：1 号选手都不需要提升排名。
而希望被第一志愿录取 的2 号选手都必须升到第1 名才能如愿。

HINT

 原题面:www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201804/day2(3).pdf

Source

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D2唯一有区分度的题。。正解好像有4种，下面说一个Dinic做法。

首先如果你非常巧妙地避开了所有有关二分图和网络流的思路，你也可以通过各种数据分治拿到70分，但是码量感觉不可想象。

先之考虑第一问，第二问实在不行二分答案或者暴力枚举跑m次第一问就好。

看原题面可以看到b[i]=1的50分，这启发我们想到二分图，因为每个选手对应一位导师，而匈牙利算法正好保证了每次增广都保证前面的选手都能匹配上。那么b[i]>1的怎么处理呢？不就是网络流嘛，直接将导师的点向汇点连容量为b[i]的边就好了。

考虑具体做法，对于当前考虑的选手，每次向一组导师全部连边，如果增广成功则考虑下一个选手。

怎么证明是对的呢？首先我们知道网络流每次能够增广当且仅当流量能变大，所以在增广这个点的同时不可能让前面所有的选手找不到匹配，所以我们一边加边一边跑Dinic即可。

至于第二问，第一反应肯定是二分答案然后暴力重建图，这样好像是可以过的，但是我们可以先连上所有这个点的边，然后从第一名开始增广，知道找不到增广则停止，这样复杂度就和上面第一问同阶了。$O(f(n,n^2)n)$，其中$f(n,m)$表示n个点m条边的二分图匹配的复杂度，也就是$O(nm)$，实际上跑不满。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
#define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
using namespace std;

const int N=410,M=80100,inf=1000000000;
int n,m,k,cas,ans,cnt,S,T,b
,dis
,h
,q[M],nxt[M],to[M],f[M],res
;
vector<int>V

;

void add(int u,int v,int w){
to[++cnt]=v; f[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt;
to[++cnt]=u; f[cnt]=0; nxt[cnt]=h[v]; h[v]=cnt;
}

void init(){
cnt=1; S=n+m+1; T=n+m+2;
memset(h,0,sizeof(h));
rep(i,1,n) add(S,i,1);
rep(i,1,m) add(i+n,T,b[i]);
}

bool bfs(){
rep(i,0,T) dis[i]=0;
dis[S]=1; q[1]=S;
for (int st=0,ed=1; st!=ed; ){
int x=q[++st];
For(i,x) if (!dis[k=to[i]] && f[i])
dis[k]=dis[x]+1,q[++ed]=k;
}
return dis[T];
}

int dfs(int x,int lim){
if (x==T) return lim;
int c=0;
For(i,x) if (dis[k=to[i]]==dis[x]+1 && f[i]){
int t=dfs(k,min(lim-c,f[i]));
f[i]-=t; f[i^1]+=t; c+=t;
if (c==lim) return lim;
}
if (!c) dis[x]=-1;
return c;
}

bool work(int x,int l,int r){
rep(i,l,r) rep(j,0,(int)V[x][i].size()-1) add(x,V[x][i][j]+n,1);
if (bfs()) { dfs(S,inf); return 1; }
return 0;
}

int main(){
for (scanf("%d%*d",&cas); cas--; ){
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,1,m) scanf("%d",&b[i]);
rep(i,1,n) rep(j,1,m) V[i][j].clear();
rep(i,1,n) rep(j,1,m) scanf("%d",&k),V[i][k].push_back(j);
init();
rep(i,1,n){
for (res[i]=1; res[i]<=m; res[i]++) if (work(i,res[i],res[i])) break;
printf("%d ",res[i]);
}
puts("");
rep(i,1,n){
scanf("%d",&k); ans=i; init();
if (!work(i,1,k)) { printf("%d ",i); continue; }
for (int j=1; --ans; j++){
if (res[j]>m) continue;
if (!work(j,res[j],res[j])) break;
}
printf("%d ",ans);
}
puts("");
}
return 0;
}