题目描述

现在电视台有一种节目叫做超级英雄,大概的流程就是每位选手到台上回答主持人的几个问题,然后根据回答问题的多少获得不同数目的奖品或奖金。主持人问题准备了若干道题目,只有当选手正确回答一道题后,才能进入下一题,否则就被淘汰。为了增加节目的趣味性并适当降低难度,主持人总提供给选手几个“锦囊妙计”,比如求助现场观众,或者去掉若干个错误答案(选择题)等等。

这里,我们把规则稍微改变一下。假设主持人总共有m道题,选手有n种不同的“锦囊妙计”。主持人规定,每道题都可以从两种“锦囊妙计”中选择一种,而每种“锦囊妙计”只能用一次。我们又假设一道题使用了它允许的锦囊妙计后,就一定能正确回答,顺利进入下一题。现在我来到了节目现场,可是我实在是太笨了,以至于一道题也不会做,每道题只好借助使用“锦囊妙计”来通过。如果我事先就知道了每道题能够使用哪两种“锦囊妙计”,那么你能告诉我怎样选择才能通过最多的题数吗?

输入输出格式

输入格式:

输入的第一行是两个正整数  和  ()表示总共有 n 种“锦囊妙计”,编号为 ,总共有  个问题。

以下的m行,每行两个数,分别表示第  个问题可以使用的“锦囊妙计”的编号。

注意,每种编号的“锦囊妙计”只能使用一次,同一个问题的两个“锦囊妙计”可能一样。

输出格式:

输出的第一行为最多能通过的题数 ,接下来  行,每行为一个整数,第  行表示第  题使用的“锦囊妙计的编号”。

如果有多种答案,那么任意输出一种,本题使用 Special Judge 评判答案。

输入输出样例

输入样例#1:

5 6
3 2
2 0
0 3
0 4
3 2
3 2
输出样例#1:

4
3
2
0
4

题解:

1.Solution1 二分图匹配

可以直接上匈牙利,枚举每一个问题,直到匹配失败时的问题数就是答案

原理可以认为是匈牙利算法不会使之前的问题失去匹配,而是更改它的匹配对象.

2.Solution2 二分答案+网络流

直接二分mid,将前mid个问题建立匹配,判断最大流是否等于mid即可

 #include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=;
int head[N],num=;
struct Lin{
int next,to;
}a[N<<];
void init(int x,int y){
a[++num].next=head[x];
a[num].to=y;
head[x]=num;
}
void addedge(int x,int y){
init(x,y);init(y,x);
}
int n,m,bel[N];bool vis[N];
bool dfs(int x){
int u;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
u=a[i].to;
if(!vis[u]){
vis[u]=true;
if(!bel[u] || dfs(bel[u])){
bel[x]=u;bel[u]=x;return true;
}
}
}
return false;
}
void work(){
int x,y;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
addedge(i,x+m);addedge(i,y+m);
}
bool t;int i;
for(i=;i<=m;i++){
memset(vis,,sizeof(vis));
t=dfs(i);
if(!t)break;
}
i--;
printf("%d\n",i);
for(int j=;j<=i;j++)
printf("%d\n",bel[j]-m);
}
int main()
{
work();
return ;
}

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