[cogs729]圆桌问题（最大流）

传送门

模型

二分图多重匹配问题，可以用最大流解决。

实现

建立二分图，每个单位为X集合中的顶点，每个餐桌为Y集合中的顶点，增设附加源S和汇T。

1、从S向每个Xi顶点连接一条容量为该单位人数的有向边。

2、从每个Yi顶点向T连接一条容量为该餐桌容量的有向边。

3、X集合中每个顶点向Y集合中每个顶点连接一条容量为1的有向边。

求网络最大流，如果最大流量等于所有单位人数之和，则存在解，否则无解。对于每个单位，从X集合对应点出发的所有满流边指向的Y集合的顶点就是该单位人员的安排情况（一个可行解）。

分析

对于一个二分图，每个顶点可以有多个匹配顶点，称这类问题为二分图多重匹配问题。X，Y集合之间的边容量全部是1，保证两个点只能匹配一次（一个餐桌上只能有一个单位的一个人），源

汇的连边限制了每个点匹配的个数。求出网络最大流，如果流量等于X集合所有点与S边容量之和，那么则说明X集合每个点都有完备的多重匹配。

注意 cogs 需要写文件！

——代码

  1 #include <queue>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <iostream>
  5 #define N 50001
  6 #define M 5000001
  7 #define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
  8
  9 int n, m, cnt, sum, ans, s, t;
 10 int head[N], to[M], val[M], next[M], dis[N], cur[N];
 11
 12 inline int read()
 13 {
 14     int x = 0, f = 1;
 15     char ch = getchar();
 16     for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) f = -1;
 17     for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘;
 18     return x * f;
 19 }
 20
 21 inline void add(int x, int y, int z)
 22 {
 23     to[cnt] = y;
 24     val[cnt] = z;
 25     next[cnt] = head[x];
 26     head[x] = cnt++;
 27 }
 28
 29 inline bool bfs()
 30 {
 31     int i, u, v;
 32     std::queue <int> q;
 33     memset(dis, -1, sizeof(dis));
 34     q.push(s);
 35     dis[s] = 0;
 36     while(!q.empty())
 37     {
 38         u = q.front(), q.pop();
 39         for(i = head[u]; i ^ -1; i = next[i])
 40         {
 41             v = to[i];
 42             if(val[i] && dis[v] == -1)
 43             {
 44                 dis[v] = dis[u] + 1;
 45                 if(v == t) return 1;
 46                 q.push(v);
 47             }
 48         }
 49     }
 50     return 0;
 51 }
 52
 53 inline int dfs(int u, int maxflow)
 54 {
 55     if(u == t) return maxflow;
 56     int v, d, ret = 0;
 57     for(int &i = cur[u]; i ^ -1; i = next[i])
 58     {
 59         v = to[i];
 60         if(val[i] && dis[v] == dis[u] + 1)
 61         {
 62             d = dfs(v, min(val[i], maxflow - ret));
 63             ret += d;
 64             val[i] -= d;
 65             val[i ^ 1] += d;
 66             if(ret == maxflow) return ret;
 67         }
 68     }
 69     return ret;
 70 }
 71
 72 int main()
 73 {
 74     freopen("roundtable.in","r",stdin);
 75     freopen("roundtable.out","w",stdout);
 76     int i, j, x;
 77     m = read();
 78     n = read();
 79     s = 0, t = n + m + 1;
 80     memset(head, -1, sizeof(head));
 81     for(i = 1; i <= m; i++)
 82     {
 83         sum += x = read();
 84         add(s, i, x), add(i, s, 0);
 85         for(j = 1; j <= n; j++)
 86             add(i, j + m, 1), add(j + m, i, 0);
 87     }
 88     for(i = 1; i <= n; i++)
 89     {
 90         x = read();
 91         add(i + m, t, x), add(t, i + m, 0);
 92     }
 93     while(bfs())
 94     {
 95         for(i = s; i <= t; i++) cur[i] = head[i];
 96         ans += dfs(s, 1e9);
 97     }
 98     if(ans ^ sum)
 99     {
100         puts("0");
101         return 0;
102     }
103     puts("1");
104     for(i = 1; i <= m; puts(""), i++)
105         for(j = head[i]; j ^ -1; j = next[j])
106             if(!val[j])
107                 printf("%d ", to[j] - m);
108     return 0;
109 }