[hdu7074]Little prince and the garden of roses

显然每种颜色的花是独立的，可以分别求出答案后取$\max$

对于某种颜色$C$，建立一张二分图，左右分别为$n$行$n$列，且第$i$行和第$j$列有边当且仅当$c_{i,j}=C$

此时，问题即对边染色，并要求相同颜色的边没有公共端点，并最少化颜色数（包含初始颜色）

这是二分图的边着色问题，其答案即二分图中所有点度数的最大值（记为$\Delta$）

显然这些颜色是必要的（即不能更少），下面构造来说明这是足够的——

做法1：

依次对边染色（顺序任意），若当前边存在某种剩余的颜色即使用，否则总存在一种颜色$c_{1}$和$c_{2}$，满足两者分别不在以$x$和$y$为端点的边中出现

（如果不存在，不难得到$x$或$y$的度数大于颜色数）

另一方面，由于$c_{1}$和$c_{2}$都不能使用，那么$c_{1}$和$c_{2}$必然分别在以$y$和$x$为端点的边中出现

不妨假设$c_{1}$在边$(y,z_{0})$上使用，并分类讨论：

1.$c_{2}$不在以$z_{0}$为端点的边中出现，那么将$(x,y)$和$(y,z_{0})$分别染成$c_{1}$和$c_{2}$即可

2.$c_{2}$在以$z_{0}$为端点的边中出现，假设为$(z_{0},z_{1})$，考虑重新染$(z_{0},z_{1})$，再分类讨论：

(1)若$c_{1}$在不以$z_{1}$为端点的边中出现，那么将$(x,y),(y,z_{0})$和$(z_{0},z_{1})$分别染成$c_{1},c_{2}$和$c_{1}$即可

(2)若$c_{1}$在以$z_{1}$为端点的边中出现，假设为$(z_{1},z_{2})$，重新染$(z_{1},z_{2})$，再分类讨论……

（具体的以此类推，即重复此过程直至出现第1种情况）

由于是二分图，不难发现一个点不会被重复访问（否则即说明其存在两条$c_{1}$或$c_{2}$的边），因此总能够找到方案，并记边集大小为$|E|$（也即$c_{i,j}=C$的位置数），时间复杂度为$o(n|E|)$

总复杂度为$o(n^{3})$，可以通过

做法2：

考虑将每一个点的度数补至$\Delta$，进而求出$\Delta$组完美匹配（每一组完美匹配的边对应一种颜色），然后删除补充的边即得到原图的一组方案

第一步只需要不断在两边中各选一个度小于$\Delta$的点连边即可（允许重边），第二步使用网络流来做二分图匹配（并得到方案），时间复杂度为$o(\Delta n^{1.5})$（点集和边集分别大小为$n$和$n\Delta$）

关于第二步中存在$\Delta$组完美匹配，可以考虑归纳证明，注意到一组完美匹配删去后即将所有点度数都减去1，而当$\Delta=1$时将所有边都选上即构成完美匹配（那么$\Delta>1$时显然也存在完美匹配）

总复杂度为$o(n^{3.5})$，可能有一些卡

（代码是做法1的）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 305
 4 #define fi first
 5 #define se second
 6 vector<pair<int,int> >v[N*N];
 7 int t,n,x,y,mx,tot,c[N][N],d[N<<1],vis[N<<1][N],ans[N][N];
 8 int main(){
 9     scanf("%d",&t);
10     while (t--){
11         scanf("%d",&n);
12         mx=tot=0;
13         for(int i=1;i<=n*n;i++)v[i].clear();
14         for(int i=1;i<=n;i++)
15             for(int j=1;j<=n;j++){
16                 scanf("%d",&x);
17                 ans[i][j]=-1;
18                 v[x].push_back(make_pair(i,j));
19             }
20         for(int i=1;i<=n*n;i++){
21             for(int j=0;j<=(n<<1);j++)d[j]=0;
22             for(int j=0;j<v[i].size();j++)d[v[i][j].fi]++,d[v[i][j].se+n]++;
23             for(int j=1;j<=(n<<1);j++)d[0]=max(d[0],d[j]);
24             mx=max(mx,--d[0]);
25             for(int j=1;j<=(n<<1);j++)
26                 for(int k=0;k<=d[0];k++)vis[j][k]=0;
27             for(int j=0;j<v[i].size();j++){
28                 x=v[i][j].fi,y=v[i][j].se+n;
29                 int c1,c2;
30                 for(int k=0;k<=d[0];k++)
31                     if (!vis[x][k])c1=k;
32                 for(int k=0;k<=d[0];k++)
33                     if (!vis[y][k])c2=k;
34                 while (y){
35                     if (ans[x][y-n]>=0)vis[y][ans[x][y-n]]=0;
36                     ans[x][y-n]=c1,vis[x][c1]=y;
37                     swap(vis[y][c1],x);
38                     if (!x)break;
39                     if (ans[x][y-n]>=0)vis[x][ans[x][y-n]]=0;
40                     ans[x][y-n]=c2,vis[y][c2]=x;
41                     swap(vis[x][c2],y);
42                 }
43             }
44         }
45         for(int i=1;i<=n;i++)
46             for(int j=1;j<=n;j++)
47                 if (ans[i][j])tot++;
48         printf("%d %d\n",mx,tot);
49         for(int i=1;i<=n;i++)
50             for(int j=1;j<=n;j++)
51                 if (ans[i][j])printf("%d %d %d\n",i,j,ans[i][j]);
52     }
53     return 0;
54 }