@codeforces - 1161F@ Zigzag Game

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@description@

给定一个 2n 个结点的完全二分图，1~n 在左边，n+1~2n 在右边。第 i 个点与第 j+n 个点的边权为 aij，且 aij 互不相同。

Alice 与 Bob 在这个图上博弈。

一开始 Alice 选择 "increase" 或 "decrease"，Bob 自动得到另一个。然后 Alice 选择点放置棋子，Bob 开始移动棋子，然后他们轮流移动棋子。但是不能移动到曾经到达过的点。

假如当前玩家选择 "increase"，则该玩家接下来应该走一条比上一次边权大的边；反之如果选择 "decrease"，应选一条比上一次小的边。

不能移动的人判负。

现在，你和评测机斗智斗勇。你可以选你是 Alice 还是 Bob，然后通过你自己的必胜策略战胜评测机。

（交互过程就不贴过来了，大家可以自己访问原题）

@solution@

如果你有做过类似的题目（二分图上博弈，如 bzoj1443），你可能会更能够想到这道题的解法。

首先，你以为 Alice 既能决定 increase/decrease 又能决定起点很厉害？但是你手玩一下发现几乎都是 Bob 赢。

所以我们尝试构造出 Bob 的必胜策略。

对于这类二分图上博弈，必胜策略往往是顺着匹配边走。然而这道题边带权，我们不能求最大匹配。

我们尝试找到一类匹配，使得 Bob 沿着匹配边走是必胜的。以下假设 Alice 选择左侧点，并选择 increase，其他情况类似的。

Bob 沿着匹配边 (u, v) 前提是走这条匹配边 (u, v) 是合法的，即所有可能的博弈过程中经过 (u, v) 时前一条边都比这条边大。

假如说上一条匹配边为 (x, y)，一种情况是 Alice 无法走 y -> u，即 w(x, y) > w(u, y)。

另一种情况选择走 y -> u。此时应该有 w(x, y) < w(u, y) 且 w(u, y) > w(u, v)。

即 w(x, y) > w(u, y) 或 w(u, y) > w(u, v) 时合法，反过来当 w(x, y) < w(u, y) < w(u, v) 时该匹配不合法。

带权的匹配？最大权匹配貌似不能应用于这道题。但是我们可以采用另一种带权匹配：稳定婚姻匹配（可以自行百度）。

我们把左边的点按 w 从小到大评估，右边的点按 w 从大到小评估，跑稳定婚姻匹配。

那么对于匹配的点对 (x, y) 与 (u, v)，不会出现 w(u, v) > w(u, y) 且 w(x, y) < w(u, y) 的情况。即上述的不合法情况。

至于为什么 Bob 必胜，因为是完全图所以每个点都有匹配。

那么 Alice 无论走哪里，Bob 总可以找到对策。最后只可能 Alice 没有对策。

注意上面只讨论了一种情况：Alice 选择左侧点，并选择 increase。其他情况还需要进一步讨论。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int MAXN = 50;
bool cmp(int x, int y, bool t) {
	if( !t ) return x > y;
	else return x < y;
}
// x 优于 y ?
int a[MAXN + 5][MAXN + 5], n;
bool tg[MAXN + 5][MAXN + 5];
int lnk[2*MAXN + 5];
void get_match(bool t) {
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			tg[i][j] = false;
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
		lnk[i] = 0;
	while( true ) {
		bool flag = true;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if( !lnk[i] ) {
				int mx = 0;
				for(int j=1;j<=n;j++)
					if( !tg[i][j] && (mx == 0 || cmp(a[i][j], a[i][mx], t)) )
						mx = j;
				if( !lnk[mx+n] )
					lnk[i] = mx + n, lnk[mx+n] = i;
				else if( cmp(a[i][mx], a[lnk[mx+n]][mx], !t) ) {
					int x = lnk[mx+n];
					lnk[i] = mx + n, lnk[mx+n] = i;
					tg[x][mx] = true, lnk[x] = 0;
				}
				else tg[i][mx] = true;
				flag = false;
			}
		if( flag ) break;
	}
}
/*
男左女右
0 : 男大女小
1 : 女大男小
*/
void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			scanf("%d", &a[i][j]);
	puts("B"), fflush(stdout);
	char str[5] = {}; int x;
	scanf("%s%d", str, &x);
	get_match( (str[0] == 'I') == (x <= n) );
	while( true ) {
		printf("%d\n", lnk[x]), fflush(stdout);
		int op;
		scanf("%d", &op);
		if( op == -1 ) return ;
		else if( op == -2 ) exit(0);
		else x = op;
	}
}
int main() {
	int t; scanf("%d", &t);
	while( t-- ) solve();
}

@details@

一开始没有看到不能经过已经访问过的点，想了半天。。。

关于稳定婚姻匹配的过程，这里附上一个简要版的，供以后复习用：

左边的男生不断去尝试右边还没有拒绝过他且他最喜欢的女生，女生从当前追求她的男生中选择最喜欢的作为暂时的伴侣。最终一定可以得到稳定婚姻匹配。

首先所有人都会有匹配，否则一个男生一定追求了所有女生，而所有女生一旦被追求就不会单身。矛盾。

男生不可能会与更喜欢的女生私奔，因为之前肯定已经追求过了，而女生的伴侣一定是越来越优，所以他就越来越没有机会。

理论上是 O(N^2) 的，每一对关系只会被 check 一次（被拒绝过就不会再追求）

但是好像没人卡这个时间。。。

同时，这个匹配是男生最优 (male-optimal) 且女生最差 (female-pessimal) 的匹配方案。