AT4505-[AGC029F]Construction of a tree【构造题,hall定理,网络流】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4505

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1|1题目大意

给出$n$个点和$n-1$个点集$U_i$，每个点集中选择两个点连边使得该图是一棵树。求方案。

$n\in[1,10^5],\sum_{i=1}^{n-1} |U_i|\in[1,2*10^5]$

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1|2解题思路

冬令营上讲的题目，现在来写。（而且好像我记得课上讲的做法是$bitset$的，还是时间久了我记岔了？）

第一眼看上去直觉像是$hall$定理但还是不会。

hall定理：$2*n$个点的二分图匹配，如果满足任意$k$个点都连接了不少于$k$个点的话，那么这张图就有完全匹配。

先套一下试试，发现满足条件的图对于它的每个子图$S$满足该子图是一个森林。

换句话说对于任意一个$U$的集合$T$，$G(T)$表示选出的边连接的节点个数，那么一定有$G(T)\geq |T|+1$

回顾一下$hall$定理发现是不是很像。

可以先给每个点集选出一个各不同的点（也就是跑一次匹配），如果选不出来那么显然无解。

然后考虑另一个点的选择，从没有被选择的那个点入手，这个点可以选择任何一个包含它的点集连接出去，然后就从下一个点集开始，直到回溯回来选择下一个。如果最后能够遍历所有点就是合法的。

考虑一下正确性，如果它不能遍历所有点那么没有被遍历的点集$T$无论怎么连接外面，就一定有一个环不满足$G(T)\geq |T|+1$。如果它能遍历所有点，那么我们已经构造出一个方案，显然合法。

时间复杂度$O(\sum_{i=1}^{n-1}|E|\sqrt n+n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=4e5+10,inf=1e9;
struct node{
	int to,next,w;
}a[N*2];
int n,s,t,tot=1,cnt,ans;
int ls[N],p[N],b[N],dep[N],cur[N];
queue<int> q;bool v[N];
void addl(int x,int y,int w){
	a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;
	a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;
	return;
}
bool bfs(){
	for(int i=1;i<=t;i++)
		cur[i]=ls[i],dep[i]=0;
	while(!q.empty())q.pop();q.push(s);
	dep[s]=1;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();
		for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
			int y=a[i].to;
			if(dep[y]||!a[i].w)continue;
			dep[y]=dep[x]+1;
			if(y==t)return 1;
			q.push(y);
		}
	}
	return 0;
}
int dinic(int x,int flow){
	if(x==t)return flow;
	int rest=0,k;
	for(int &i=cur[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(dep[x]+1!=dep[y]||!a[i].w)continue;
		rest+=(k=dinic(y,min(a[i].w,flow-rest)));
		a[i].w-=k;a[i^1].w+=k;
		if(rest==flow)return rest;
	}
	if(!rest)dep[x]=0;
	return rest;
}
void dfs(int x){
	cnt++;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(v[y])continue;
		b[y]=x;v[y]=1;dfs(p[y]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);s=2*n;t=s+1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int m;scanf("%d",&m);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int x;scanf("%d",&x);
			addl(x,i+n,1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)addl(s,i,1);
	for(int i=1;i<n;i++)addl(i+n,t,1);
	while(bfs())
		ans+=dinic(s,inf);
	if(ans<n-1)return puts("-1")&0;
	for(int x=n+1;x<s;x++)
		for(int i=ls[x];i;i=a[i].next)
			if(a[i].w){p[x]=a[i].to;break;}
	v[s]=1;
	for(int i=ls[s];i;i=a[i].next)
		if(a[i].w)dfs(a[i].to);
	if(cnt<n)return puts("-1")&0;
	for(int x=n+1;x<s;x++)
		printf("%d %d\n",p[x],b[x]);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14391688.html
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