[SCOI2015]小凸玩矩阵
题目
做法
很明显的一个事情，求第\(K\)大的最小值，一般采用的做法是二分（有人会问，但是不满足二分性啊，接着往下看）。
考虑二分答案，但是如何检验\(mid\)是对还是错，考虑每次只能取\(<=mid\)的数字，如果能取到\((n-k)+1\)个数字以上就可以，至于看能否取到\(n-k+1\)个，采用二分图匹配，左边的点是行，右边的点是列，一个格子能被取，就把其行和列连边。
为什么可以满足二分性，他们认为不满足二分性就只有一个原因，如果我们假定的第\(k\)大的数字太大的话，可能根本取不到\(k\)个大于等于这个数字的格子，但是可以取到\(n-k+1\)个以上小于等于这个数字的格子。
但是我们从函数的角度来证明。
我们设当我们假定的第\(k\)大的数字为\(t\)时，小于等于\(t\)的格子最多取\(f(t)\)个。
那么很明显\(f(t)≤f(t+1)\)，那么如果\(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1\)，那么\(t\)就是答案。
\(f(t-1)\)最多取\(n-k\)个，同时\(f(t)≥n-k+1\)，取\(f(t)\)个小于等于\(t\)的格子，\(n-f(t)\)个大于\(t\)的格子，此时第\(k\)大数小于等于\(t\)，且因为\(f(t-1)≠f(t)\)，所以存在\(t\)的格子且为第\(k\)大，所以构造出了第\(k\)大为\(t\)的方案。
所以只要存在\(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1\)，就可以构造出第\(k\)为\(t\)的方案。
现在证明假如存在最小答案\(t\)，其一定满足\(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1\)，首先，\(f(t)\)不用证明了（显然），但是\(f(t-1)\)吗，首先如果\(f(t-1)≥n-k+1\)，则一定存在\(i\)使得\(f(i)<n-k+1\)且\(i<t-1\)且使得\(∀i<j≤t-1,f(j)>=n-k+1\)，这样\(i+1\)也是答案，但是\(i+1<t\)，矛盾，得证。
且由于\(f(i)≤f(i+1)\)，简单来说就是找唯一一个满足\(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1\)的位置，可以直接二分。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 310
#define NN 130000
using namespace std;
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
int val[N][N],n,m,K,floor_limit,ceil_limit;
bool ma[N][N],v[N];
int match[N];
bool find_match(int x)
{
v[x]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(!ma[x][i])continue;
if(!match[i] || (!v[match[i]] && find_match(match[i]))){match[i]=x;return 1;}
}
return 0;
}
bool pd(int k)
{
memset(ma,0,sizeof(ma));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(val[i][j]<=k)ma[i][j]=1;
}
}
memset(match,0,sizeof(match));
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(v,0,sizeof(v));
ans+=find_match(i);
}
return ans>=(n-K+1);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
floor_limit=1;ceil_limit=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&val[i][j]);
ceil_limit=mymax(ceil_limit,val[i][j]);
}
}
int l=floor_limit,r=ceil_limit,mid,ans=ceil_limit;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
if(pd(mid)==1)ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
