【BZOJ5251】【八省联考2018】劈配（网络流，二分答案）

题面

洛谷

 BZOJ

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。

题解

第一问很明显的逐渐加边跑网络流

第二问很明显的二分答案跑网络流

只需要按照志愿排序，依次加进去，跑网络流就好了（还可以用魔改版本匈牙利）

但是这样（网络流）会$T$飞

于是我开始了针对于此题的$Dinic$玄学魔改

首先把处理每个人的时候的图给存下来

这样在二分的时候可以直接调用

然后增广的时候，把$INF$流强制改成容量为$1$的流

然后把多路增广改成单路增广

依次加边的时候，如果当前的志愿不行，这些边就没有必要留着，直接重新赋值为上一次的图。

赋值为上一次的图不要直接写等于，暴力循环赋值。

然后再根据这道题目每次最多只会增广容量为$1$的流这条性质

还可以加上各种各样，奇奇怪怪的剪枝

我就没有这么丧心病狂了。。。

然后洛谷上$500ms$跑过去了。。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define RG register

#define MAX 222

inline int read()

{

    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();

    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();

    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

    return x*t;

}

int S,T;

struct Graph

{

    struct Line{int v,next,w;}e[MAX*60];

    int h[MAX*2],cnt,cur[MAX*2];

    void init(){memset(h,0,sizeof(h));cnt=2;}

    inline void Add(int u,int v,int w)

    {

        e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;

        e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;

    }

    int level[MAX*2];

    bool bfs()

    {

        memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1;

        queue<int> Q;Q.push(S);

        while(!Q.empty())

        {

            int u=Q.front();Q.pop();

            for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

                if(e[i].w&&!level[e[i].v])

                    Q.push(e[i].v),level[e[i].v]=level[u]+1;

        }

        return level[T];

    }

    int dfs(int u,int flow)

    {

        if(u==T||!flow)return flow;

        int ret=0;

        for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)

            if(e[i].w&&level[e[i].v]==level[u]+1)

            {

                int d=dfs(e[i].v,min(flow,e[i].w));

                ret+=d;flow-=d;

                e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;

                if(!flow)break;

                if(u==S&&!ret)return 0;

            }

        if(!ret)level[u]=0;

        return ret;

    }

    int Dinic()

    {

        int ret=0;

        while(bfs())

        {

            for(int i=S;i<=T;++i)cur[i]=h[i];

            ret+=dfs(S,1);

            if(ret)break;

        }

        return ret;

    }

}G[MAX],tmp;

int C,n,m,b[MAX],a[MAX][MAX],id[MAX],ans[MAX],s[MAX];

struct Level

{

    struct Line{int v,next;}e[MAX*20];

    int h[MAX],cnt;

    void init(){memset(h,0,sizeof(h));cnt=1;}

    inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}

}E[MAX];

int main()

{

    int TT=read();C=read();

    while(TT--)

    {

        n=read();m=read();

        G[0].init();S=0;T=n+m+1;

        for(int i=1;i<=m;++i)b[i]=read(),G[0].Add(i+n,T,b[i]);

        memset(ans,0,sizeof(ans));

        for(int i=1;i<=m;++i)E[i].init();

        for(int i=1;i<=n;++i)

        {

            for(int j=1;j<=m;++j)

            {

                int x=read();

                if(x)E[x].Add(i,j);

            }

			for(int j=1;j<=m;++j)

            {

				for(int k=S;k<=T;++k)G[i].h[k]=G[i-1].h[k];

				for(int k=2;k<=G[i-1].cnt;++k)G[i].e[k]=G[i-1].e[k];

				G[i].cnt=G[i-1].cnt;

				G[i].Add(S,i,1);

				for(int k=E[j].h[i];k;k=E[j].e[k].next)

                    G[i].Add(i,E[j].e[k].v+n,1);

                if(G[i].Dinic()){ans[i]=j;break;}

            }

            if(!ans[i])ans[i]=m+1;

            printf("%d ",ans[i]);

        }

        puts("");

        for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=read();

        for(int i=1;i<=n;++i)

        {

            if(ans[i]<=s[i]){printf("0 ");continue;}

            int l=0,r=i-1,ret=-1;

            while(l<=r)

            {

                int mid=(l+r)>>1;

                for(int j=S;j<=T;++j)tmp.h[j]=G[mid].h[j];

                for(int j=G[mid].cnt;j;--j)tmp.e[j]=G[mid].e[j];

                tmp.cnt=G[mid].cnt;

                tmp.Add(S,i,1);

                for(int j=1;j<=s[i];++j)

                    for(int k=E[j].h[i];k;k=E[j].e[k].next)

                        tmp.Add(i,E[j].e[k].v+n,1);

                if(tmp.Dinic())ret=mid,l=mid+1;

                else r=mid-1;

            }

            printf("%d ",i-ret-1);

        }

        puts("");

    }

}