BZOJ1562: [NOI2009]变换序列(二分图 匈牙利)

Description

Input

Output

Sample Input

5
1 1 2 2 1

Sample Output

1 2 4 0 3

HINT

30%的数据中N≤50；
60%的数据中N≤500；
100%的数据中N≤10000。

Source

这题是二分图应该不难看出来。

对于原序列中的一个点，对应两个可匹配的点。

关键是怎么保证字典序最小

如果是暴力删边+匈牙利的话是$O(n^3)$的。

这里有两种解决方法：

1.强制让$x$号点连向字典序小的点，对失配的点重新匹配

2.将所有边按照字典序排序，优先选择最小的。

　同时在匈牙利的时候从最大的往最小的枚举

    这实际上利用了匈牙利“抢” 的思想。

    如之前的已经匹配过，那么字典序小的会抢字典序大的匹配。同时又因为每次选的是字典序最小的。因此答案可以保证是最优的。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int INF = 1e9 + , MAXN = 1e5 + ;
using namespace std;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = , f = ;
    while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
    while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
    return x * f;
}
int N;
int a[MAXN];
int match[MAXN], vis[MAXN], cur;
vector<int> v[MAXN];
void AddEdge(int x, int y) {
    v[x].push_back(y);
    v[y].push_back(x);
}
bool Argue(int x) {
    for(int i = ; i < v[x].size(); i++) {
        int to = v[x][i];
        if(vis[to] == cur) continue;
        vis[to] = cur;
        if(match[to] == - || Argue(match[to])) {
            match[to] = x;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
void Hug() {
    int ans = ;
    for(int i = N - ; i >= ; i--) {
        cur++;
        if(!Argue(i)) {printf("No Answer"); exit();}
    }
    for(int i = ; i < N; i++) match[match[i + N]] = i;
    for(int i = ; i < N; i++) printf("%d ", match[i]);
}
main() {
#ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
    freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
    memset(match, -, sizeof(match));
    N = read();
    for(int i = ; i < N; i++) {
        int x = read();
        AddEdge(i, (i + x) % N + N);
        AddEdge(i, (i - x + N) % N + N);
    }
    for(int i = ; i < N << ; i++) sort(v[i].begin(), v[i].end());
    Hug();
}