洛谷P2763题解

吐槽一下：蜜汁UKE是什么玩意？！

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题目分析：

1. 观察题面，对于给定的组卷要求，计算满足要求的组卷方案，可以发现这是一道明显的有条件的二分图匹配问题，于是考虑建模。

   • 建一个超级源点，一个超级汇点；源点与试题相连，汇点与类型相连。

   • 重点是类型的题数的建模。可以从感性来理解一下，其实这有一点限流的意思，每个类型只要求有这么多的题量，不能超出，于是考虑在类型与汇点相连的时候将容量设为类型的题数，在算最大流的时候将题量限制住，就能满足题面的要求了。(希望大家能明白我的意思 \(QwQ\) )

   • 最后的图即为：超级源点与试题相连，容量为1；类型与对应的试题相连，容量为1；类型与超级汇点相连，容量为类型的题数。具体来说，超级源点 \(S\) 为节点 \(1\) ,试题为节点 \(2—n+1\)，类型为节点 \(n+2—n+k+1\) 超级汇点 \(T\) 为节点 \(n+k+2\) 。

2. 建模完成之后，考虑记录方案。

   • 因为 \(Dinic\) 算法是通过 \(Xor\;1\) 来完成正向边与反向边的转变的，故正向边的 \(e[i].to\) 为路径终点，反向边的 \(e[i\;Xor\;1].to\) 为路径起点， 所以可以通过枚举每一条边来找到相应的节点。
   • 又因为反向边的 \(e[i\;Xor\;1].v\) 的初始化为0，当 \(e[i\;Xor\;1].v\neq0\) 时，即代表这条边是最大流跑过的边，也相当于这条边被匹配了。
   • 最后排除掉超级源点与超级汇点的情况。

3. 如果 \(Dinic\) 跑一遍下来，ans(即最大流)依然为0，则本数据没有答案(即输出"No Solution!")。

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code(带详细注释):

#include<bits/stdc++.h>
#define Maxn 4010
#define Maxm 10010
#define int long long 
using namespace std;
int k,n;
inline void read(int &x)
{
    int f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    x*=f;
}
int S,T;
int ans=0,dep[Maxn];
struct edge
{
	int to,next,v;
}e[Maxm<<1];//一定注意要开两倍空间(正反两条边) 
int head[Maxn],ei=1;//一定注意这里的ei为奇数 
void add(int x,int y,int v)
{
	ei++;
	e[ei].to=y;
	e[ei].v=v;
	e[ei].next=head[x];
	head[x]=ei;
}
int bfs()
{
	queue<int>qu;
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	dep[S]=1;
	qu.push(S);
	while(!qu.empty())
	{
		int fr=qu.front();
		qu.pop();
		for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
		{
			int to=e[i].to;
			if(dep[to]!=0||e[i].v==0) continue;
			qu.push(to);
			dep[to]=dep[fr]+1;
		}
	}
	return dep[T]!=0;
}
int dfs(int from,int maxflow)
{
	if(from==T) return maxflow;
	int flow=0;
	for(int i=head[from];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		if(dep[to]!=dep[from]+1||e[i].v==0) continue;
		int rst=dfs(to,min(maxflow-flow,e[i].v));
		if(rst==0) dep[to]=0;
		e[i].v-=rst;
		e[i^1].v+=rst;
		flow+=rst;
		if(flow==maxflow) break;
	}
	return flow;
}
void dinic()
{
	while(bfs())
	{
		ans+=dfs(S,LLONG_MAX);
	}
}
signed main()
{
	read(k),read(n);
	S=1,T=k+n+2;//超级源点与超级汇点 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		add(S,i+1,1);
		add(i+1,S,0);
		//超级源点与试题相连，容量为1 
	}
	for(int i=1,x;i<=k;i++)
	{
		read(x);
		add(i+n+1,T,x);
		add(T,i+n+1,0);
		//类型与超级汇点相连，容量为类型的题数 
	}
	for(int i=1,p;i<=n;i++)
	{
		read(p);
		for(int j=1,x;j<=p;j++)
		{
			read(x);
			add(i+1,x+n+1,1);
			add(x+n+1,i+1,0);
			//类型与对应的试题相连，容量为1
		}
	}
	dinic();//跑dinic 
	if(ans==0)//没有答案 
	{
		puts("No Solution!");
		return 0;
	} 
	for(int num=1;num<=k;num++)//枚举所有类型 
	{
		printf("%lld:",num);
		for(int i=2;i<=ei;i+=2)//枚举每一条边来找到相应的节点 
		{
			if(e[i].to!=S&&e[i].to!=T&&e[i^1].to!=S&&e[i^1].to!=T)//排除掉超级源点与超级汇点的情况
			{
				if(e[i^1].v!=0)//这条边已经被匹配了 
				{
					if(e[i].to-n-1==num)//判断是否为当前类型 
					{
						printf("%lld ",e[i^1].to-1);
					}
				}
			}
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

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网络流注意事项：

1. 网络流关键在于建模，精髓也在建模。像本题一样的二分图匹配问题可采取我使用的建模方式：最大匹配=最大流。
2. 前向星的计数器初始化时，一定要为奇数。因为第n条边为正向边，第n+1条边为反向边，要实现 \(e[i]\) 为正向边，\(e[i\;Xor\;1]\) 为反向边，就要保证正向边的i为奇数，即计数器要初始化为奇数。
3. 前向星边数一定要开两倍空间，因为正向边一条，反向边一条。