[HNOI2006]超级英雄

题目描述

现在电视台有一种节目叫做超级英雄，大概的流程就是每位选手到台上回答主持人的几个问题，然后根据回答问题的多少获得不同数目的奖品或奖金。主持人问题准备了若干道题目，只有当选手正确回答一道题后，才能进入下一题，否则就被淘汰。为了增加节目的趣味性并适当降低难度，主持人总提供给选手几个“锦囊妙计”，比如求助现场观众，或者去掉若干个错误答案（选择题）等等。

这里，我们把规则稍微改变一下。假设主持人总共有m道题，选手有n种不同的“锦囊妙计”。主持人规定，每道题都可以从两种“锦囊妙计”中选择一种，而每种“锦囊妙计”只能用一次。我们又假设一道题使用了它允许的锦囊妙计后，就一定能正确回答，顺利进入下一题。现在我来到了节目现场，可是我实在是太笨了，以至于一道题也不会做，每道题只好借助使用“锦囊妙计”来通过。如果我事先就知道了每道题能够使用哪两种“锦囊妙计”，那么你能告诉我怎样选择才能通过最多的题数吗？

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第一行是两个正整数  和  ()表示总共有 n 种“锦囊妙计”，编号为 ，总共有  个问题。

以下的m行，每行两个数，分别表示第  个问题可以使用的“锦囊妙计”的编号。

注意，每种编号的“锦囊妙计”只能使用一次，同一个问题的两个“锦囊妙计”可能一样。

 

输出格式：

 

输出的第一行为最多能通过的题数 ，接下来  行，每行为一个整数，第  行表示第  题使用的“锦囊妙计的编号”。

如果有多种答案，那么任意输出一种，本题使用 Special Judge 评判答案。

 

输入输出样例

输入样例#1：

5 6
3 2
2 0
0 3
0 4
3 2
3 2

输出样例#1：

4
3
2
0
4

 

题解:

1.Solution1 二分图匹配

可以直接上匈牙利,枚举每一个问题,直到匹配失败时的问题数就是答案

原理可以认为是匈牙利算法不会使之前的问题失去匹配,而是更改它的匹配对象.

2.Solution2 二分答案+网络流

直接二分mid,将前mid个问题建立匹配,判断最大流是否等于mid即可

 

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=2005;
int head[N],num=0;
struct Lin{
    int next,to;
}a[N<<1];
void init(int x,int y){
    a[++num].next=head[x];
    a[num].to=y;
    head[x]=num;
}
void addedge(int x,int y){
    init(x,y);init(y,x);
}
int n,m,bel[N];bool vis[N];
bool dfs(int x){
    int u;
    for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
        u=a[i].to;
        if(!vis[u]){
            vis[u]=true;
            if(!bel[u] || dfs(bel[u])){
                bel[x]=u;bel[u]=x;return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
void work(){
    int x,y;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        addedge(i,x+m);addedge(i,y+m);
    }
    bool t;int i;
    for(i=1;i<=m;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        t=dfs(i);
        if(!t)break;
    }
    i--;
     printf("%d\n",i);
    for(int j=1;j<=i;j++)
      printf("%d\n",bel[j]-m);
}
int main()
{
    work();
    return 0;
}