bzoj5251: [2018多省省队联测]劈配

bzoj5251: [2018多省省队联测]劈配

Description

一年一度的综艺节目《中国新代码》又开始了。
Zayid从小就梦想成为一名程序员，他觉得这是一个展示自己的舞台，于是他毫不犹豫地报名了。
题目描述
轻车熟路的Zayid顺利地通过了海选，接下来的环节是导师盲选，这一阶段的规则是这样的：
总共n名参赛选手（编号从1至n）每人写出一份代码并介绍自己的梦想。接着由所有导师对这些选手进行排名。
为了避免后续的麻烦，规定不存在排名并列的情况。
同时，每名选手都将独立地填写一份志愿表，来对总共m位导师（编号从1至m）作出评价。
志愿表上包含了共m档志愿。
对于每一档志愿，选手被允许填写最多C位导师，每位导师最多被每位选手填写一次（放弃某些导师也是被允许的）。
在双方的工作都完成后，进行录取工作。
每位导师都有自己战队的人数上限，这意味着可能有部分选手的较高志愿、甚至是全部志愿无法得到满足。节目组对”
前i名的录取结果最优“作出如下定义：
前1名的录取结果最优，当且仅当第1名被其最高非空志愿录取（特别地，如果第1名没有填写志愿表，那么该选手出局）。
前i名的录取结果最优，当且仅当在前i-1名的录取结果最优的情况下：第i名被其理论可能的最高志愿录取
（特别地，如果第i名没有填写志愿表、或其所有志愿中的导师战队均已满员，那么该选手出局）。
如果一种方案满足‘‘前n名的录取结果最优’’，那么我们可以简称这种方案是最优的。
举例而言，2位导师T老师、F老师的战队人数上限分别都是1人；2位选手Zayid、DuckD分列第1、2名。
那么下面3种志愿表及其对应的最优录取结果如表中所示：

可以证明，对于上面的志愿表，对应的方案都是唯一的最优录取结果。
每个人都有一个自己的理想值si，表示第i位同学希望自己被第si或更高的志愿录取，如果没有，那么他就会非常沮丧。
现在，所有选手的志愿表和排名都已公示。巧合的是，每位选手的排名都恰好与它们的编号相同。
对于每一位选手，Zayid都想知道下面两个问题的答案：
在最优的录取方案中，他会被第几志愿录取。
在其他选手相对排名不变的情况下，至少上升多少名才能使得他不沮丧。
作为《中国新代码》的实力派代码手，Zayid当然轻松地解决了这个问题。
不过他还是想请你再算一遍，来检验自己计算的正确性。

Input

每个测试点包含多组测试数据
第一行2个用空格隔开的非负整数T;C，分别表示数据组数、每档志愿最多允许填写的导师数目。
接下来依次描述每组数据，对于每组数据：
第1行两个用空格隔开的正整数n;m。
n;m分别表示选手的数量、导师的数量。
第2行m个用空格隔开的正整数：其中第i个整数为bi。
Bi表示编号为i的导师战队人数的上限。
第3行至第n+2行，每行m个用空格隔开的非负整数：其中第i+2行左起第j个数为ai,j
ai,j表示编号为i的选手将编号为j的导师编排在了第ai,j志愿。特别地，如果ai,j=0，则表示该选手没有将该导师填入志愿表。
在这一部分，保证每行中不存在某一个正数出现超过C次（0可能出现超过C次），同时保证所有ai,j<=m。
第n+3行n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数为Si
Si表示编号为i的选手的理想值。
在这一部分，保证Si<=m。
T<=5,m<=n<=200,Bi<=N

Output

按顺序输出每组数据的答案。对于每组数据，输出2行：
第1行输出n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数的意义为：
在最优的录取方案中，编号为i的选手会被该档志愿录取。
特别地，如果该选手出局，则这个数为m+1。
第2行输出n个用空格隔开的非负整数，其中第i个整数的意义为：
使编号为i的选手不沮丧，最少需要让他上升的排名数。
特别地，如果该选手一定会沮丧，则这个数为i。

Sample Input

3 5
2 2
1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
1 2
1 2
2 1
2 2
1 1
0 1
0 1
2 2

Sample Output

2 1
1 0
1 2
0 1
1 3
0 1

三组数据分别与【题目描述】中的三个表格对应。

对于第1 组数据：由于选手1 没有填写第一志愿，所以他一定无法被第一志愿录取，也就一定会沮丧。

选手2 按原排名就不沮丧，因此他不需要提升排名。

对于第2 组和第3 组数据：1 号选手都不需要提升排名。

而希望被第一志愿录取 的2 号选手都必须升到第1 名才能如愿。

题解

显然是网络流。

对于第一问，每个导师向汇点连一条容量\(b_i\)的边。然后依次考虑每个选手。对于某个选手，先从源点向他连一条容量为1的边，然后从高到低考虑每个志愿，每次向一个志愿中所有老师连边，判断流量是否增加，如果增加，答案即是这个志愿，否则再将这些边删掉。

对于第二问，由于\(i\)要实现梦想，因此他必须被前\(s_i\)志愿录取。我们把选手\(i\)与这些志愿中包含的导师全部进行连边。接着，我们依次检查第\(1,…,i-1\)名选手的志愿是否会发生变化：检查选手\(k\)时，只需要连\(k\)在第一小问中求出的答案志愿的边即可。如果检查到\(k\)时增广失败，则表示\(i\)不能完成梦想，一旦出现这种情况，则立刻可知\(i\)选手第二问的答案即为\(i-k\)。

很显然，这个算法的复杂度是\(Ο(f(n,nC)n)\)的。其中\(f(n,m)\)表示的是\(Ο(n)\)个点\(Ο(m)\)条边的二分图跑匹配的复杂度。用\(dinic\)算法最终的复杂度为\(O(n^{2.5}C)\)。

需要注意的是，第一问中求出每个选手的答案之后，必须将非答案志愿中的边都删掉，否则会使边数达到\(O(mnC)\)的级别。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 410
#define INF 0x3f3f3f3f
namespace IO{
	char buf[1<<15],*fs,*ft;
	inline char gc(){return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;}
	inline int qr(){
		int x=0,rev=0,ch=gc();
		while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')rev=1;ch=gc();}
		while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=gc();}
		return rev?-x:x;}
}using namespace IO;
using namespace std;
struct Edge{int t,next,v;}e[100010];
struct Data{int cnt,head[MAXN];Edge e[100010];}E[201];
int head[MAXN],cnt=1,S,T,d[MAXN];
inline void Add_Edge(int from,int to,int cap){
	e[++cnt].t=to;e[cnt].next=head[from];head[from]=cnt;e[cnt].v=cap;
	e[++cnt].t=from;e[cnt].next=head[to];head[to]=cnt;e[cnt].v=0;
}
inline void Init(){
	cnt=1;
	memset(head,0,sizeof(head));
}
queue<int>q;
inline bool BFS(){
	memset(d,-1,sizeof(d));
	q.push(S);d[S]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
			int v=e[i].t;
			if(e[i].v&&d[v]==-1){
				d[v]=d[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return d[T]!=-1;
}
int DFS(int u,int now){
	if(u==T||!now)return now;
	int f,flow=0;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].t;
		if(d[v]==d[u]+1&&e[i].v&&(f=DFS(v,min(e[i].v,now-flow)))){
			e[i].v-=f;e[i^1].v+=f;flow+=f;
			if(flow==now)return flow;
		}
	}
	if(!flow)d[u]=-1;
	return flow;
}
int Q,C,N,M,b[MAXN],s[MAXN],ans1[210],ans2[210];
vector<int> a[210][210];
inline void Build(){
	Init();
	for(int i=1;i<=M;i++)Add_Edge(i+N,T,b[i]);
}
inline void Solve1(){
	int last,now=0;
	for(int i=1;i<=N;i++)Add_Edge(S,i,1);
	for(int i=1;i<=M;i++)Add_Edge(i+N,T,b[i]);
	E[0].cnt=cnt;
	for(int i=1;i<=T;i++)E[0].head[i]=head[i];
	for(int i=1;i<=cnt;i++)E[0].e[i]=e[i];
	memset(ans1,0,sizeof(ans1));
	for(int i=1;i<=N;i++){
		last=now;
		for(int j=1;j<=M;j++){
			int siz=a[i][j].size();
			for(int k=0;k<siz;k++){
				Add_Edge(i,a[i][j][k],1);
			}
			while(BFS())now+=DFS(S,INF);
			if(now>last){ans1[i]=j;break;}
			cnt=E[i-1].cnt;
			for(int k=1;k<=T;k++)head[k]=E[i-1].head[k];
		}
		if(!ans1[i])ans1[i]=M+1;
		E[i].cnt=cnt;
		for(int j=1;j<=T;j++)E[i].head[j]=head[j];
		for(int j=1;j<=cnt;j++)E[i].e[j]=e[j];
	}
}
inline void Solve2(){
    int last,now;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        if(ans1[i]<=s[i]){ans2[i]=0;continue;}
        Build();now=0;ans2[i]=i;
        Add_Edge(S,i,1);
        for(int j=1;j<=s[i];j++){
            int siz=a[i][j].size();
            for(int k=0;k<siz;k++){
                Add_Edge(i,a[i][j][k],1);
            }
        }
        while(BFS())now+=DFS(S,INF);
        for(int j=1;j<i;j++){
            if(ans1[j]==M+1)continue;
            last=now;
            Add_Edge(S,j,1);
            int siz=a[j][ans1[j]].size();
            for(int k=0;k<siz;k++){
                Add_Edge(j,a[j][ans1[j]][k],1);
            }
            while(BFS())now+=DFS(S,INF);
            if(now==last){ans2[i]=i-j;break;} 
        }
    }
}
int x;
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("mentor.in","r",stdin);
	freopen("mentor.out","w",stdout);
	#endif
	Q=qr();C=qr();
	while(Q--){
		N=qr();M=qr();S=N+M+1;T=S+1;
		Init();
		for(int i=1;i<=M;i++)b[i]=qr();
		for(int i=1;i<=N;i++){
			for(int j=1;j<=M;j++){
				x=qr();
				if(x)a[i][x].push_back(j+N); 
			}
		}
		for(int i=1;i<=N;i++)s[i]=qr(); 
		Solve1();Solve2(); 
		for(int i=1;i<=N;i++)printf("%d ",ans1[i]);
		puts("");
		for(int i=1;i<=N;i++)printf("%d ",ans2[i]);
		puts("");
		for(int i=1;i<=N;i++){
			for(int j=1;j<=M;j++){
				a[i][j].clear();
			}
		}
	} 
	return 0;
}