POJ1904 King's Quest

题目

POJ1904 King’s Quest

分析

题目大意：

有n个王子和n个妹子，王子可能会喜欢多个妹子，现在这些王子要跟自己喜欢的妹子结婚。
给出一个可行的婚配方案（完美匹配），要求所有的可行匹配，使得：每个王子与求得方案中的某一个妹子结婚后，其他喜欢这个妹子的王子仍有其他婚配方案。

（不可行）思路1：

乍一看上去像是二分图匹配。显然，所有妹子与王子都要结婚，没有重婚、没有单身，即“不重不漏“”。那么我们可以通过二分图匹配，不断寻找增广路，每次记录可行匹配，最后枚举给定方案中的每个王子的妹子进行判断。
复杂度应该是$O(n\cdot m^2)$，显然TLE。

（不可行）思路2：

我们发现给出的完美匹配还没有用上。思考一下它的用处？不妨在建完二分图后，让给定方案中的妹子向该王子连一条边。观察性质，发现每一些“王子——妹子——王子……”的路径就类似于二分图匹配中的增广路，如果我们按照这写路径不断走下去，相当于模拟了匹配的过程。
可这样只是优化了匈牙利算法递归的时间，仍然TLE。

（可行）思路3：

如果跳出“二分图”这一思维定势，我们不妨尝试其他做法。在思路2的建图过后，我们还可以发现：在每一强连通分量里的王子们，可以通过“强连通分量内部调节”与其他妹子婚配，并且保证联通块内王子和妹子不重不漏。但为什么呢？
首先，根据思路1的“不重不漏”分析，因为一个妹子可以由多个王子连过来，但每个妹子只连向一个王子，一旦形成强联通分量，就意味着大致形成下图所示的情况：（红线表示二分图边，黄线表示后加的边，左边为王子，右边为妹子）

这样，王子可以通过（黄——红——红）找到另一个妹子，妹子可以通过（红——红——黄）找到另一个王子，这样保证了更改后的方案合法。
至于$妹子数=王子数$，此处反证：若多了几个妹子，那这些妹子也就没有黄色边，也就没法找到另一个可匹配的王子，也就没有刚才描述的路线，不符合题设。多几个王子的情况同理。
思路十分明朗了。建图，缩点，对于每个王子，枚举处在同一强连通分量里的妹子记录答案。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=4004,maxm=200002;
struct Edge{
    int to,next;
}e[maxm+maxn];
int head[maxn],blt[maxn],sta[maxn],dfn[maxn],low[maxn],ans[maxn/2];
bool love[maxn/2][maxn/2];
int n,cnt,top,dfc,rpg;

void add(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++dfc;
    sta[++top]=u;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if(!blt[v])
            low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    if(low[u]==dfn[u])
    {
        rpg++;
        while(1)
        {
            int x=sta[top--];
            blt[x]=rpg;
            if(x==u)
                break;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,t,x;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&t);
        while(t--)
        {
            scanf("%d",&x);
            add(i,x+n);
            love[i][x]=true;
        }
    }
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        add(x+n,i);
    }
    for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
        if(!dfn[i])
            tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int sum=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(blt[i]==blt[j+n]&&love[i][j])
                ans[++sum]=j;
        printf("%d ",sum);
        for(int i=1;i<=sum;i++)
            printf("%d ",ans[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}