AGC029F Construction of a tree

AGC029F

有\(n\)个点。给你\(n-1\)个点集\(E_i\)，你要在每个点集中选择两个点，在它们之间连一条边，要求最后形成一棵树。

要求输出方案。

\(n\le 10^5\)

\(\sum |E_i|\le 2*10^5\)

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独自思考的时候想到了个不太好写的做法。大概描述：对每个点集新建一个点（记作方点），连向点集内的所有点（记作圆点）。在形成的图中搞出dfs树，设\(f_{i,j}\)表示搞完了\(i\)的子树，\(j\)为\(i\)的子树中存在一条返祖边连向深度为\(j\)的祖先。至于它的值。。。大概是用来记转移的前驱的。根据圆点还是方点分类，用线段树优化转移。由于要输出方案，所以要搞个可持久化线段树合并，用些奇怪的方法来维护它的上一个状态。。。

显然不可以写。于是我看了题解。

假如有个集合\(S\)为所有点集的集合的子集，就是说\(S\in{E_1,E_2,E_3,\dots,E_{n-1}}\)。

设\(f(S)=\{u|u\in E_i \in S\}\)

如果\(f(S)\le |S|\)，那么不合法。显然，有\(|S|\)条边但是点数小于等于\(|S|\)，那么是连不出一棵树的。

所以\(f(S)>|S|\)。

这个东西是有解的必要条件。后面用构造证明这也是充分条件。

看起来像个Hall定理，于是考虑二分图：左边一排\(n\)个点，右边一排\(n-1\)个点集。一个点集和一个点配对（相当于决定儿子是谁）。

跑个二分图匹配。

设左边唯一一个没有被匹配的点为\(r\)。然后从它开始dfs：找到和它相连的没有遍历过的点集，再到和这个点集相连的点。就这样dfs下去。如果遍历完了所有的点，那么就有解了。

如果没有遍历完所有的点，那么已经遍历的点中，\(左边=右边+1\)。所以剩下的\(左边=右边\)。那它就不满足前面的那个必要条件，所以没有解。

dinic跑二分图时间复杂度是\(O(m\sqrt n)\)的？？长见识了。。。

LYL网络流第一次死了。

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using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define M 200010
#define INF 1000000000
int n;
struct EDGE{
	int to,c;
	EDGE *las;
} e[M*2+N*4];
int ne;
EDGE *last[N*2];
void link(int u,int v,int c){
	e[ne]={v,c,last[u]};
	last[u]=e+ne++;
}
int S,T;
int gap[N*2],BZ,dis[N*2];
EDGE *cur[N*2];
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
bool getdis(){
	static int q[N*2];
	memcpy(cur,last,sizeof(EDGE*)*(T+1));
	memset(dis,0,sizeof(int)*(T+1));
	dis[S]=1;
	q[1]=S;
	int head=1,tail=1;
	while (head<=tail){
		int x=q[head++];
		for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
			if (ei->c && !dis[ei->to]){
				dis[ei->to]=dis[x]+1;
				q[++tail]=ei->to;
			}
	}
	return dis[T];
}
int dfs(int x,int s){
	if (x==T)
		return s;
	int have=0;
	for (EDGE *&ei=cur[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->c && dis[ei->to]==dis[x]+1){
			int t=dfs(ei->to,min(ei->c,s-have));
			ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have+=t;
			if (have==s) return s;
		}
	cur[x]=last[x];
	return have;
}
int flow(){
	gap[0]=T;
	BZ=1;
	int r=0;
	while (getdis()){
		int tmp;
		do{
			tmp=dfs(S,INF);
			r+=tmp;
		}
		while (tmp);
	}
	return r;
}
int bel[N];
bool vis[N*2];
int ans[N][2];
int cnt;
void dfs(int x){
	vis[x]=1;
	++cnt;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=S && !vis[ei->to]){
			vis[ei->to]=1;
			ans[ei->to-n][0]=x;
			ans[ei->to-n][1]=bel[ei->to-n];
			dfs(bel[ei->to-n]);
		}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<n;++i){
		int k;
		scanf("%d",&k);
		for (int j=0;j<k;++j){
			int x;
			scanf("%d",&x);
			link(x,n+i,1),link(n+i,x,0);
		}
	}
	S=n+n-1+1,T=n+n-1+2;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		link(S,i,1),link(i,S,0);
	for (int i=1;i<n;++i)
		link(n+i,T,1),link(T,n+i,0);
	int f=flow();
	if (f!=n-1){
		printf("-1\n");
		return 0;
	}
	for (int i=1;i<n;++i)
		for (EDGE *ei=last[n+i];ei;ei=ei->las)
			if (ei->to!=T && ei->c)
				bel[i]=ei->to;
	int r=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las)
			if (ei->to==S && !ei->c)
				r=i;
	dfs(r);
	if (cnt<n)
		printf("-1\n");
	else
		for (int i=1;i<n;++i)
			printf("%d %d\n",ans[i][0],ans[i][1]);
	return 0;
}