CF1139E Maximize Mex 题解

CF1139E

翻译中有一句话：校长将会从每个社团中各选出一个人。

就是一些人被分为一组，从每组中选一些人出来。

这就很容易想到通过二分图的匹配。

$\text{mex}$ 运算有一个显而易见的贪心：枚举每个值能否被匹配，第一个找不到的值就是答案。

由于 $\text{mex}$ 运算的值域与 $n$ 同级，就可以从这方面入手。

我们从每个能力值 $p_i$ 向社团 $c_i$ 建边。

假如枚举的值为 $i$，与增广路算法相似，如果 $i$ 能再找到匹配，那么 $\text{mex}$ 的值一定会大于 $i$，否则就找到了 $\text{mex}$ 运算的答案。

但如果是这样的话，外层需要枚举到 $d$，内层要枚举到最大值 $V$，再加上匈牙利算法的单次的时间复杂度 $\mathcal{O}(m)$，就会使总时间复杂度高达 $\mathcal{O}(dmV)$，当然会 TLE。

考虑优化。

突然感觉与这道题很像，都是枚举值域，然后匹配。

于是就想到了一个玄学优化：用时间戳来优化常数。

在 CF 上交了一次，应该是数据太水，还过了。

代码：

const int N = 5e3, inf = 1e9 + 7;
int n, m, now, D, T;
int c[N + 5], p[N + 5], d[N + 5];
int mat[N + 5], vis[N + 5];
int cnt, head[N + 5];
struct Edge {
	int v, ti, nxt;
} e[N + 5];
void add(int u, int v, int ti) {
	e[++cnt].nxt = head[u];
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].ti = ti;
	head[u] = cnt;
}
bool dfs(int x) {
	for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].ti > T && vis[e[i].v] != now) {
			vis[e[i].v] = now;
			if (mat[e[i].v] == -1 || dfs(mat[e[i].v])) { mat[e[i].v] = x; return 1; }
		}
	return 0;
}
int main() {
	n = read(), m = read();
	int W = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = read(), W = max(W, p[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();
	D = read();
	for (int i = 0; i <= n; i++) d[i] = inf; // 初始化到 n。
	for (int i = 1; i <= D; i++) d[read()] = i;
	for (int i = 1; i <= n; i++) add(p[i], c[i], d[i]);
	for (int i = 1; i <= D; i++) {
		T = i;
		for (int j = 0; j <= m; j++) vis[j] = mat[j] = -1; // mat[j] 的值可能为 0 (p[i] == 0)
		bool flag = 0;
		for (int j = 0; j <= W; j++) {
			now = j;
			if (!dfs(j)) {
				printf("%d\n", j);
				flag = 1;
				break;
			}
		}
		if (!flag) printf("%d\n", W + 1);
	}
	return 0;
}

这样卡一下应该还是不能过，时间复杂度还是没有变。

发现答案肯定是单调不增的，于是倒序枚举，就用一个 $ans$ 数组记录一下答案，输出即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(md)$

核心代码：

for (int i = D; i; i--) {
		T = i;
		for (int j = 0; j <= m; j++) vis[j] = 0;
		while (dfs(tot)) { // 答案是具有单调性的。
			tot++;
			for (int j = 0; j <= m; j++) vis[j] = 0;
		}
		ans[i] = tot;
	}