说不定比官方sol里的某理论最优算法还优秀一点？
Orz良心出题人，暴力有70分2333
思路分析
正解的思路很巧妙，其实我并不觉得这是个正儿八经的网络流或者二分图匹配的题目，主要还是个思维+建图模型+乱搞。。。。。。
\(C=1\)时我们就可以对于每个人直接匹配而不会影响到后面的选择了。但是\(C>1\)的话，可能某一个人可以选多个导师，当他随便选了其中一个以后，可能影响到后面某个人使其选不到本来的最优解。而此时后面那个人就要让前面那个人改变决策，做出反悔。
这时候有没有想到网络流算法的反悔边的应用呢？（因为蒟蒻只会网络流所以就用网络流来跑二分图匹配）建一个二分图，左边\(n\)个点代表选手，右边\(m\)个点代表导师（战队），一开始所有导师向汇点\(T\)连流量为战队人数上限的边。每次从前往后枚举选手，找到能够选择的最高志愿，动态地向该档志愿能选择的所有导师连容量为\(1\)的边，然后增广一次（这时会随意选择一个可行的导师）。因为增广后会留下反悔边，所以这样做就很方便啦。因为每次是动态加边直接从每个选手开始增广 ，所以貌似连源点都不需要（这就是蒟蒻一直觉得这题像一个乱搞题的原因）
这时候留下一个问题，如何方便地判断某时刻某战队是否已经不可选了呢？一开始蒟蒻yy各种极其错误的方法来乱搞。后来发现，将问题带入到我们建的网络流模型里面，不就是要知道每个代表导师的点到汇点是否存在增广路吗？具体方法，从汇点开始dfs搜索，如果某条边的反向边有流量就搜过去，把搜到的点标记起来就好啦！
对于第二问，显然可以想到二分。先把每次每个战队能否选择的状态保存下来，对于每个选手，二分他之前的排名，根据是否存在一个可以选择而且令他满意的战队来决定下面往哪一半区间接着找。
复杂度分析
有三步。首先要暴力找到能满足的最高志愿，复杂度\(O(n^2m)\)
接着，增广（蒟蒻直接dfs去找而不是dinic）和更新当前战队是否可选状态，因为是在图上搞，边数不超过\(O(nC)\)，所以这部分的复杂度都是\(O(n^2C)\)的（据说在二分图上使用dinic可以使增广的复杂度降到\(O(n\sqrt nC)\)？但是这是动态加边，每次都要跑，那应该是不能优化的吧）
最后，二分最少上升的排名，复杂度\(O(nm\log n)\)
综上，因为n与m同阶，所以总复杂度应该是\(O(n^3)\)级别的。由于是网络流，所以复杂度非常玄学，也不至于删边那么麻烦，蒟蒻随意加了一点点剪枝，还有register，inline，快读快写，就只要8ms，开O2 4ms。居然没有0msTAT，欢迎超越
最后提一个惨痛的经历：蒟蒻调这题一天多了，所有的算法性错误都更正了，还是WA，最后才发现重建图的时候反向边的流量忘记赋成0来覆盖掉原来的信息了TAT
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define R register int
#define I inline void
#define pc(C) *po++=C
#define add(X,Y,F) to[++p]=Y,ne[p]=he[X],f[he[X]=p]=F, to[++p]=X,ne[p]=he[Y],f[he[Y]=p]=0//反边赋0！
const int SZ=1<<20,N=209,M=N<<1,L=N*22;//边数最多2(nC+m)
char ibuf[SZ],obuf[SZ],*pi=ibuf-1,*po=obuf;
I in(R&x){
while(*++pi<‘-‘);
x=*pi&15;
while(*++pi>‘-‘)x*=10,x+=*pi&15;
}
I out(R x){
if(x>9)out(x/10);
pc(x%10|‘0‘);
}
int T,he[M],ne[L],to[L],f[L],he1[N],ne1[N];
int a[N][N],b[N],up[N];//up记录最少上升排名
bool c[N][N],vis[M];//c存下战队是否可选
void remain(R x){//更新状态，利用好反向边！
vis[x]=1;
for(R i=he[x];i;i=ne[i])
if(f[i^1]&&!vis[to[i]])remain(to[i]);
}
bool flow(R x){//dfs增广
if(vis[x])return x==T;
vis[x]=1;
for(R i=he[x];i;i=ne[i])
if(f[i]&&flow(to[i])){
--f[i];++f[i^1];
return 1;
}
return 0;
}
int main(){
fread(ibuf,1,SZ,stdin);
R TT,CC,n,m,p,i,j,x,s,l,r,mi;
in(TT);in(CC);
while(TT--){
in(n);in(m);
T=n+m+1;p=vis[T]=1;
for(j=1;j<=m;++j)
in(b[j]),add(j+n,T,b[j]);
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=m;++j)in(a[i][j]);
for(j=1;j<=m;++j)
c[1][j]=(bool)b[j];//初始状态就是收不收人(不会来个导师不收人吧233)
for(i=1;i<=n;++i){
memset(he1,0,(n+1)<<2);
for(j=1;j<=m;++j)//链表把同等级志愿挂一起，像邻接表一样
ne1[j]=he1[a[i][j]],he1[a[i][j]]=j;
for(x=1;x<=m;++x){
for(j=he1[x];j;j=ne1[j])
if(c[i][j])break;
if(j){
for(j=he1[x];j;j=ne1[j])
if(c[i][j])add(i,j+n,1);//贪心选择，动态连边
memset(vis,0,T);flow(i);
break;
}
}
out(x);pc(‘ ‘);
if(x<=m){
memset(vis,0,T);remain(T);
memcpy(c[i+1]+1,vis+n+1,m);
}//没选到肯定状态不变啦，直接copy上一次的
else memcpy(c[i+1]+1,c[i]+1,N);
in(s);if(x<=s){up[i]=0;continue;}//判掉一开始就满意的
l=0;r=i-1;
F:while(l!=r){
mi=(l+r+1)>>1;//注意二分区间是左闭右开的，所以要写成这样
for(x=s;x;--x)
for(j=he1[x];j;j=ne1[j])
if(c[mi][j]){l=mi;goto F;}
r=mi-1;
}
up[i]=i-l;
}
pc(‘\n‘);for(i=1;i<=n;++i){out(up[i]);pc(‘ ‘);}pc(‘\n‘);
memset(he,0,(T+1)<<2);//应该只有he需要清空
}
fwrite(obuf,1,po-obuf,stdout);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/flashhu/p/8799068.html