[atARC156F]Make Same Set
考虑网络流,具体建图如下:
整张图共4层,用(i,j)表示第i层的第j个点,则边集包含
- 从S向(1,i)连流量为1的边
- 从(1,i)向(2,a_{i})和(2,b_{i})连流量为1的边
- 从(2,i)向(3,i)连流量为1的边
- 从(3,a_{i})和(3,c_{i})向(4,i)连流量为1的边
- 从(4,i)向T连流量为1的边
但相比于原问题,上述做法并不能保证每个i均被选
具体的,从图上来看,即每个i均有(2,a_{i})\rightarrow (3,a_{i})或(2,b_{i})\rightarrow (3,b_{i})被流过
(另一侧根据对称性同理,以下不作考虑)
结论:若i满足该条件,则每次以最短路增广后(即Dinic),i仍满足该条件
记原来流过的为(1,j)\rightarrow (2,x)\rightarrow (3,x)(其中x\in \{a_{i},b_{i}\}),并分类讨论:
- 若S\rightarrow (1,i)被流过,显然其不会被退流,根据流量守恒满足条件
- 若j=i,即此次增广流过(1,i),则之后还流过(1,i)\rightarrow (2,y)\rightarrow (3,y)
- 若j\ne i,则不会流过(3,x)\rightarrow (2,x),因为直接流S\rightarrow (1,i)\rightarrow (2,x)\rightarrow (1,j)更短
在此基础上,初始使所有i均满足条件即可,简单的构造即均选a_{i}
由于是类似二分图的结构,时间复杂度为O((n+V)\sqrt{n})(其中V为值域)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,M=10005;
int n,m,ans,a[N],b[N],c[N],pos[M],vis[N];
namespace Dinic{
const int N=30005,M=40005;
int S,T,E,ans,head[N],Head[N],d[N];
queue<int>q;
struct edge{
int nex,to,len;
}e[M<<1];
void init(){
E=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int x,int y,int z){
e[E]=edge{head[x],y,z},head[x]=E++;
e[E]=edge{head[y],x,0},head[y]=E++;
}
bool bfs(){
memset(d,-1,sizeof(d));
d[S]=0,q.push(S);
while (!q.empty()){
int k=q.front();q.pop();
for(int i=head[k];i!=-1;i=e[i].nex){
int u=e[i].to;
if ((e[i].len)&&(d[u]<0))d[u]=d[k]+1,q.push(u);
}
}
return d[T]>=0;
}
int dfs(int k,int s){
if (k==T)return s;
int ans=0;
for(int &i=head[k];i!=-1;i=e[i].nex){
int u=e[i].to;
if ((e[i].len)&&(d[u]==d[k]+1)){
int p=dfs(u,min(s,(int)e[i].len));
e[i].len-=p,e[i^1].len+=p,s-=p,ans+=p;
if (!s)return ans;
}
}
return ans;
}
int query(int s,int t){
S=s,T=t,ans=0;
memcpy(Head,head,sizeof(head));
while (bfs()){
ans+=dfs(S,1e9);
memcpy(head,Head,sizeof(head));
}
return ans;
}
};
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)m=max(m,max(max(a[i],b[i]),c[i]));
for(int i=1;i<=n;i++)pos[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
if (pos[i])ans++,vis[pos[i]]=1;
Dinic::init();
for(int i=1;i<=m;i++){
if (!pos[i])Dinic::add(n+i,n+m+i,1);
else Dinic::add(n+m+i,n+i,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if (!vis[i]){
Dinic::add(0,i,1);
Dinic::add(i,n+a[i],1),Dinic::add(i,n+b[i],1);
Dinic::add(n+(m<<1)+i,(n+m<<1)+1,1);
Dinic::add(n+m+a[i],n+(m<<1)+i,1),Dinic::add(n+m+c[i],n+(m<<1)+i,1);
}
else{
Dinic::add(i,0,1);
Dinic::add(n+a[i],i,1),Dinic::add(i,n+b[i],1);
Dinic::add((n+m<<1)+1,n+(m<<1)+i,1);
Dinic::add(n+(m<<1)+i,n+m+a[i],1),Dinic::add(n+m+c[i],n+(m<<1)+i,1);
}
}
printf("%d\n",Dinic::query(0,(n+m<<1)+1)+ans);
for(int i=1;i<=m;i++)
if ((pos[i]>0)==Dinic::e[i-1<<1].len)printf("%d ",i);
return 0;
}
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