题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc037/tasks/agc037_d

题解

这场D题终于不像AGC032D和AGC036D一样神仙了……
还是可做的吧 虽然考场上没好好想赛后直接看题解了= =

考虑倒推，首先谁都能看出来第二次操作之后要让每一行是这一行对应元素的一个排列；
这样的话我们可以把数\(i\)最后应在的行视为它的颜色，第二次操作就是要把所有颜色\(i\)的数挪到第\(i\)列。
那么第一次操作之后，我们就是要让每列是颜色的一个排列。
考虑二分图匹配模型：
最关键的思路是从左往右考虑每一列
左边对每一行建一个点，右边对每种颜色建一个点
如果当前还没考虑的部分里这一行有色\(j\), 那么连边\((i,j)\)
跑一遍Dinic确定这一行的颜色，然后下一行重复此过程
为什么这样一定能解出来？考虑对\(M\)归纳，还剩下\(M\)行、每种颜色恰有\(M\)个的时候，对于任何行的集合\(S\), 其所包括的颜色数显然不小于\(|S|\), 根据Hall定理，存在完美匹配，转化为\(M-1\)的情况。
简单分析可得时间复杂度\(O(N^{3.5})\) (Dinic二分图匹配复杂度为边数乘以点数的平方根，默认\(N,M\)同阶)

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

namespace NetFlow
{
	const int N = 202;
	const int M = 40400;
	const int INF = 1e7;
	struct Edge
	{
		int v,w,nxt,rev;
	} e[(M<<1)+3];
	int fe[N+3];
	int te[N+3];
	int dep[N+3];
	int que[N+3];
	int n,en;
	void addedge(int u,int v,int w)
	{
//		printf("addedge%d %d %d\n",u,v,w);
		en++; e[en].v = v; e[en].w = w;
		e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en; e[en].rev = en+1;
		en++; e[en].v = u; e[en].w = 0;
		e[en].nxt = fe[v]; fe[v] = en; e[en].rev = en-1;
	}
	bool bfs()
	{
		for(int i=1; i<=n; i++) dep[i] = 0;
		int head = 1,tail = 1; que[tail] = 1; dep[1] = 1;
		while(head<=tail)
		{
			int u = que[head]; head++;
			for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
			{
				if(dep[e[i].v]==0 && e[i].w>0)
				{
					dep[e[i].v] = dep[u]+1;
					tail++; que[tail] = e[i].v;
				}
			}
		}
		return dep[2]!=0;
	}
	int dfs(int u,int cur)
	{
		if(u==2) {return cur;}
		int rst = cur;
		for(int i=te[u]; i; i=e[i].nxt)
		{
			if(dep[e[i].v]==dep[u]+1 && e[i].w>0 && rst>0)
			{
				int flow = dfs(e[i].v,min(rst,e[i].w));
				if(flow>0)
				{
					e[i].w-=flow; e[e[i].rev].w += flow; rst-=flow;
					if(e[i].w>0) {te[u] = i;}
					if(rst==0) {return cur;}
				}
			}
		}
		if(cur==rst) {dep[u] = 0;}
		return cur-rst;
	}
	void dinic(int _n)
	{
		n = _n;
		int ret = 0;
		while(bfs())
		{
			for(int i=1; i<=n; i++) te[i] = fe[i];
			ret += dfs(1,INF);
		}
//		printf("ret=%d\n",ret);
	}
	void clear()
	{
		for(int i=1; i<=en; i++) e[i].v = e[i].w = e[i].nxt = e[i].rev = 0;
		for(int i=1; i<=n; i++) dep[i] = fe[i] = que[i] = te[i] = 0;
		n = en = 0;
	}
}
using NetFlow::e;
using NetFlow::fe;
using NetFlow::addedge;
using NetFlow::dinic;
using NetFlow::clear;

const int N = 100;
int a[N+3][N+3];
int b[N+3][N+3];
vector<int> vec[N+3][N+3];
int tmp[N+3];
int n,m;

int getclr(int x) {return (x-1)/m+1;}
bool cmp(int x,int y) {return getclr(x)<getclr(y);}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++) scanf("%d",&a[i][j]),vec[i][getclr(a[i][j])].push_back(a[i][j]);
	for(int k=1; k<=m; k++)
	{
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			for(int j=1; j<=n; j++)
			{
				if(vec[i][j].size()>0) {addedge(i+2,j+n+2,1);}
			}
			addedge(1,i+2,1);
			addedge(i+n+2,2,1);
		}
		dinic(n+n+2);
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			int u = i+2;
			for(int j=fe[u]; j; j=e[j].nxt)
			{
				int v = e[j].v-n-2;
				if(v>0 && v<=n && e[j].w==0)
				{
//					printf("(%d,%d)\n",i,v);
					b[i][k] = *vec[i][v].rbegin();
					vec[i][v].pop_back();
				}
			}
		}
		clear();
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<=m; j++) printf("%d ",b[i][j]); puts("");}
	for(int j=1; j<=m; j++)
	{
		for(int i=1; i<=n; i++) tmp[i] = b[i][j];
		sort(tmp+1,tmp+n+1,cmp);
		for(int i=1; i<=n; i++) b[i][j] = tmp[i];
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<=m; j++) printf("%d ",b[i][j]); puts("");}
	return 0;
}