@hdu - 5503@ EarthCup
@description@
n 个队伍两两之间比赛，保证没有平局。
现在给出 n 个队伍分别的获胜次数，询问这些数据是否合法。
Input
先给出 T(T≤50) 表示数据组数。
对于每组数据给出 n(n≤50000) 表示参赛队伍数。
接下来 n 行，第 i 给出一个整数 ai (0≤ai<n) 表示第 i 个队伍的获胜次数。
Output
对于每组数据，若不合法输出 "The data have been tampered with!"，否则输出 "It seems to have no problem."。
Sample Input
2
3
2
1
0
3
2
2
2
Sample Output
It seems to have no problem.
The data have been tampered with!
Hint:
对于第一组数据，一种可能的情况是队伍 1 战胜队伍 2, 3，队伍 2 战胜队伍 3。
对于第二组数据，不难发现不存在一种可能的胜负情况。
@solution@
竞赛图的判定，有一个叫作兰道定理的东西。
但是我这里不详细讲兰道定理的一般证明方法，只提供我在网上看到的一个有趣的推导。
假如胜者向败者连边，则题目相当于给出竞赛图中所有点的出度，问是否存在合法的图。
考虑给无向完全图的边定向得到竞赛图，我们定向为 u->v 时，u 所需要的出度就会少 1。
这会让我们联想起混合图欧拉路中，也是通过给无向边定向调整入度出度。于是联想到网络流。
考虑如下的建模：
从 s 向 n*(n-1) 条边连容量为 1 的边；假如第 i 条边为 (u, v)，则 i 向 u 和 v 各连一条容量为 1 的边；最后 n 个顶点向 t 连容量为 a[i] 的边。
假如这个网络流能够满流，则对应原题目中的合法。
但是显然我们直接跑是跑不了的，考虑怎么样才能直接判定。
如果我们将 n 个顶点每一个点拆成 a[i] 个点，则问题可以转为二分图完美匹配的判定性问题，于是就可以引入 hall 定理。
考虑从左边选出一个集合对应的右边的邻集意义是什么，不难发现其实是从原图中选出一个边集，每条边连接的原图中的点的集合。
hall 定理要求邻集必须比当前集合大。反过来，我们考虑给定一个邻集（即对应原图中的点集），能够得到的最大的当前集合有多大——其实就是边集在原图中形成完全图时最大。
于是，我们可以在本题中将 hall 定理等价地推为 \(\frac{|S|*(|S|-1)}{2} \le \sum_{i\in S}a[i]\)，对于原图中任意一个点集 S 都要满足。
注意到左边只与 S 的大小有关，我们只需要考虑 S 同等大小的情况下 \(\sum_{i\in S}a[i]\) 的最小值。贪心地想这个最小值一定是 a 中前 |S| 小的加起来。
于是：只需要将 a 排好序，对于每一个 i，如果满足 a[1] + a[2] + ... + a[i] >= i*(i-1)/2 即有解。
当然因为要求完美匹配，所以左右大小应该相等，即应该有 a[1] + a[2] + ... + a[n] = n*(n-1)/2。
其实上面的判别式就是兰道定理。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 50000;
int a[MAXN + 5], n;
void solve() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1);
ll sum = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
sum += a[i];
if( sum < 1LL*i*(i-1)/2 ) {
puts("The data have been tampered with!");
return ;
}
}
if( sum == 1LL*n*(n-1)/2 )
puts("It seems to have no problem.");
else puts("The data have been tampered with!");
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while( T-- ) solve();
}
@details@
至于兰道定理真正的证明。。。没有必要记吧。。。记忆一个 hall 定理已经够累了。。。
