「POJ 2699」The Maximum Number of Strong Kings
题目链接
\(Describe\)
一场联赛可以表示成一个完全图，点表示参赛选手，任意两点u, v之间有且仅有一条有向边\((u, v)\)或\((v, u)\)，表示\(u\)打败\(v\)或\(v\)打败\(u\)。一个选手的得分等于被他打败的选手总数。一个选手被称为\(“strong\ king”\)当且仅当他打败了所有比他分高的选手。分数最高的选手也是\(“strong\ king”\)。现在给出某场联赛所有选手的得分序列，由低到高，问合理安排每场比赛的结果后最多能有几个\(“strong\ king”\)已知选手总数不超过10个。
\(Solution\)
我们观察发现选手人数不超过\(10\)个,则说明\(“strong\ king”\)不超过10个,所以我们可以枚举\(“strong\ king”\)的个数,其实二分也可以的,将这些人的个数设为k
那么这些\(“strong\ king”\)的分数该如何确定呢?
引用一个结论:
对于一个分数序列，如果最多有\(k\)个\(“strong\ king”\)，那么必然存在一种比赛情况，就是分数最大的\(k\)个人是\(“strong\ king”\)
证明:
假设序列是这个模样，\(1....i.....j.....k......n\)
假设只有\(i,k\)是\(“strong\ king”\),而j不是. 假设\(j\)输给了\(j+1\)至\(n\)区间中的\(x\)个人，那么显然\(i\)是赢了这\(x\)个人的，我们现在想把\(j\)变为\(“strong\ king”\). 那么就让把\(j\)输了的这些场全变成赢，此时\(j\)分值增加了\(x\)，就将\(j\)与\(i\)之前的人们的比赛多输\(x\)场，这样\(j\)的分数守恒了，但是\(j\)一赢之后，原本输给的\(x\)个人的分数少了，那就让他们都去赢\(i\)，这样他们的分数也就守恒了，此时发现\(i\)分数又不守恒了，少了\(x\)，恰好刚才\(j\)去输给i之前的人了\(x\)场，\(i\)正好去赢\(x\)场，这样大家的分数都守恒了。
\(from\ here:\) 戳这
所以我们可以将前\(k\)大的分数定为\(“strong\ king”\),
接下来就是建图了:
我们首先定义一下变量：
int id[101][101];//两两比赛的编号
int b[200001];//分数
我们将\((i,j)\)之间的比赛定义为\(x\)，每个队伍设为\(y[i]\)。
- 将\(s->x\)连一条流量为\(1\)的边,\(y->t\)连一条流量为\(b[y]\)的边
- 对于每一场比赛我们都有三种情况
- \(b[i]<b[j]\)并且\(i\)为\(“strong\ king”\)，比赛的结果已经固定了,就是\(i\)胜利,将\(x->y[i]\)连一条流量为\(1\)的边
- \(b[j]<b[i]\)并且\(j\)为\(“strong\ king”\)，比赛的结果也已经固定了,就是\(j\)胜利,将\(x->y[j]\)连一条流量为\(1\)的边
- 其他情况，比赛的结果不固定，所以要向\(y[i]\)和\(y[j]\)分别连一条流量为\(1\)的边
最后统计一下最大流就好了，判断一下最大流是不是等于\(n*(n-1)/2\)，如果等于那么\(“strong\ king”\)的个数就合法
\(code\)
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define file(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
#define inf 1e9
using namespace std;
typedef long long ll;
int head[100001],cnt,n,m,s,t=1000,x,y,z,dep[100001],id[101][101],b[200001];
struct node{
int to,next,v;
}a[200001];
void add(int x,int y,int c){
a[++cnt].to=y,a[cnt].next=head[x],a[cnt].v=c,head[x]=cnt;
a[++cnt].to=x,a[cnt].next=head[y],a[cnt].v=0,head[y]=cnt;
}
queue<int> q;
int bfs(){
memset(dep,0,sizeof(dep));
q.push(s);
dep[s]=1;
while(!q.empty()){
int now=q.front();
q.pop();
for(int i=head[now];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(!dep[v]&&a[i].v>0)
dep[v]=dep[now]+1,q.push(v);
}
}
if(dep[t])
return 1;
return 0;
}
int dfs(int k,int list){
if(k==t||!list)
return list;
for(int i=head[k];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(dep[v]==dep[k]+1&&a[i].v>0){
int p=dfs(v,min(list,a[i].v));
if(p){
a[i].v-=p;
if(i&1)
a[i+1].v+=p;
else a[i-1].v+=p;
return p;
}
}
}
dep[k]=0;
return 0;
}
int Dinic(){
int ans=0,k;
while(bfs())
while((k=dfs(s,inf)))
ans+=k;
return ans;
}
void init(int k){
memset(head,0,sizeof(head)),cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
add(i,t,b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
add(s,id[i][j],1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(b[i]<b[j]&&i>n-k)
add(id[i][j],i,1);
else
if(b[i]>b[j]&&j>n-k)
add(id[i][j],j,1);
else
add(id[i][j],j,1),add(id[i][j],i,1);
}
}
bool check(int k){
init(k);
return (Dinic()==n*(n-1)/2);
}
char c[100001];
int main(){
int T;
scanf("%d%*c",&T);
while(T--){
int tot=0;n=0;
gets(c);
for(int i=0;i<strlen(c);i++){
if(i==0)
b[++n]=c[i]-'0';
else
if(c[i-1]==' '&&c[i]>='0'&&c[i]<='9')
b[++n]=c[i]-'0';
else
if(c[i-1]>='0'&&c[i-1]<='9'&&c[i]>='0'&&c[i]<='9')
b[n]=b[n]*10+c[i]-'0';
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
id[i][j]=id[j][i]=++tot+n;
for(int i=n;i;i--)
if(check(i)){ printf("%d\n",i);break;}
}
}
