bzoj1562: [NOI2009]变换序列 二分图匹配的最小字典序匹配

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bzoj1562: [NOI2009]变换序列

Description

Input

Output

Sample Input

5
1 1 2 2 1

Sample Output

1 2 4 0 3

HINT

30%的数据中N≤50；
60%的数据中N≤500；
100%的数据中N≤10000。

分析

首先一个点只会可能和另外两个点连边。
因为考虑
$|x-y_0|=d\iff x = y_0\pm d$
$N-|x-y_1|=d\iff x = y_1\mp d\pm N$
$y_0\equiv y_1\mod N$
所以说应该是恰好两个解。
然后就可以跑二分图匹配了。
最小字典序是一个经典的算法，有很多种解法。
%一波Byvoid神犇的Blog
我采用的是解法2。
个人觉得3，4种解法是巧解，但不具有通性。仅仅只能在特殊的图上跑。
首先可以想到一种暴力的做法。把某个点暴力和小的那个匹配，然后重新跑匈牙利。复杂度 $O(n^3)$
在此基础上，回顾增广路的过程，如果说强行把某个节点和另一个节点匹配，在完备匹配的情况下，肯定会有某个两个节点失配（左右各一个）。把那个失配的节点拿去增广，如果可以增广说明这个调整是正确的。
其实对于不完备匹配也是有做法的。不过要用一个经典的网络流退流算法。先占个坑以后再补吧。

代码

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 1e4 + 10;
int ri() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int nx[N][2], vis[N], las[N], mat[N], tm, n, c;
bool aug(int u) {
    if(u <= c) return false;
    for(int k = 0, v;k < 2; ++k) 
    if(vis[v = nx[u][k]] != tm) {
        vis[v] = tm;
        if(!las[v] || aug(las[v]))
            return las[v] = u, mat[u] = v, true;
    }
    return false;
}
bool Hungary() {
    int r = 0; c = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) ++tm, r += aug(i);
    return r != n;
}
int main() {
    n = ri();
    for(int i = 1;i <= n; ++i) {
        int d = ri(), x = i + d, y = i - d;
        if(x > n) x -= n; if(y < 1) y += n;
        if(x > y) x ^= y ^= x ^= y;
        nx[i][0] = x; nx[i][1] = y;
    }
    if(Hungary()) return puts("No Answer"), 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++i)
        if(mat[i] != nx[i][0]) {
            int t = las[nx[i][0]]; 
            c = i;
            las[nx[i][1]] = 0;
            las[nx[i][0]] = i;
            vis[nx[i][0]] = ++tm;
            if(aug(t)) mat[i] = nx[i][0];
            else las[nx[i][1]] = i, las[nx[i][0]] = t;
        } 
    for(int i = 1;i <= n; ++i) printf("%d ", mat[i] - 1); puts("");
    return 0;
}