【BZOJ5251】【八省联考2018】劈配（网络流，二分答案）
题面
Description
一年一度的综艺节目《中国新代码》又开始了。
Zayid从小就梦想成为一名程序员，他觉得这是一个展示自己的舞台，于是他毫不犹豫地报名了。
题目描述
轻车熟路的Zayid顺利地通过了海选，接下来的环节是导师盲选，这一阶段的规则是这样的：
总共n名参赛选手（编号从1至n）每人写出一份代码并介绍自己的梦想。接着由所有导师对这些选手进行排名。
为了避免后续的麻烦，规定不存在排名并列的情况。
同时，每名选手都将独立地填写一份志愿表，来对总共m位导师（编号从1至m）作出评价。
志愿表上包含了共m档志愿。
对于每一档志愿，选手被允许填写最多C位导师，每位导师最多被每位选手填写一次（放弃某些导师也是被允许的）。
在双方的工作都完成后，进行录取工作。
每位导师都有自己战队的人数上限，这意味着可能有部分选手的较高志愿、甚至是全部志愿无法得到满足。节目组对”
前i名的录取结果最优“作出如下定义：
前1名的录取结果最优，当且仅当第1名被其最高非空志愿录取（特别地，如果第1名没有填写志愿表，那么该选手出局）。
前i名的录取结果最优，当且仅当在前i-1名的录取结果最优的情况下：第i名被其理论可能的最高志愿录取
（特别地，如果第i名没有填写志愿表、或其所有志愿中的导师战队均已满员，那么该选手出局）。
如果一种方案满足‘‘前n名的录取结果最优’’，那么我们可以简称这种方案是最优的。
举例而言，2位导师T老师、F老师的战队人数上限分别都是1人；2位选手Zayid、DuckD分列第1、2名。
那么下面3种志愿表及其对应的最优录取结果如表中所示：
可以证明，对于上面的志愿表，对应的方案都是唯一的最优录取结果。
每个人都有一个自己的理想值si，表示第i位同学希望自己被第si或更高的志愿录取，如果没有，那么他就会非常沮丧。
现在，所有选手的志愿表和排名都已公示。巧合的是，每位选手的排名都恰好与它们的编号相同。
对于每一位选手，Zayid都想知道下面两个问题的答案：
在最优的录取方案中，他会被第几志愿录取。
在其他选手相对排名不变的情况下，至少上升多少名才能使得他不沮丧。
作为《中国新代码》的实力派代码手，Zayid当然轻松地解决了这个问题。
不过他还是想请你再算一遍，来检验自己计算的正确性。
Input
每个测试点包含多组测试数据
第一行2个用空格隔开的非负整数T;C，分别表示数据组数、每档志愿最多允许填写的导师数目。
接下来依次描述每组数据，对于每组数据：
第1行两个用空格隔开的正整数n;m。
n;m分别表示选手的数量、导师的数量。
第2行m个用空格隔开的正整数：其中第i个整数为bi。
Bi表示编号为i的导师战队人数的上限。
第3行至第n+2行，每行m个用空格隔开的非负整数：其中第i+2行左起第j个数为ai,j
ai,j表示编号为i的选手将编号为j的导师编排在了第ai,j志愿。特别地，如果ai,j=0，则表示该选手没有将该导师填入志愿表。
在这一部分，保证每行中不存在某一个正数出现超过C次（0可能出现超过C次），同时保证所有ai,j<=m。
第n+3行n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数为Si
Si表示编号为i的选手的理想值。
在这一部分，保证Si<=m。
T<=5,m<=n<=200,Bi<=N
Output
按顺序输出每组数据的答案。对于每组数据，输出2行：
第1行输出n个用空格隔开的正整数，其中第i个整数的意义为：
在最优的录取方案中，编号为i的选手会被该档志愿录取。
特别地，如果该选手出局，则这个数为m+1。
第2行输出n个用空格隔开的非负整数，其中第i个整数的意义为：
使编号为i的选手不沮丧，最少需要让他上升的排名数。
特别地，如果该选手一定会沮丧，则这个数为i。
Sample Input
3 5
2 2
1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
1 2
1 2
2 1
2 2
1 1
0 1
0 1
2 2
Sample Output
2 1
1 0
1 2
0 1
1 3
0 1
三组数据分别与【题目描述】中的三个表格对应。
对于第1 组数据：由于选手1 没有填写第一志愿，所以他一定无法被第一志愿录取，也就一定会沮丧。
选手2 按原排名就不沮丧，因此他不需要提升排名。
对于第2 组和第3 组数据：1 号选手都不需要提升排名。
而希望被第一志愿录取 的2 号选手都必须升到第1 名才能如愿。
题解
第一问很明显的逐渐加边跑网络流
第二问很明显的二分答案跑网络流
只需要按照志愿排序，依次加进去，跑网络流就好了（还可以用魔改版本匈牙利）
但是这样（网络流）会\(T\)飞
于是我开始了针对于此题的\(Dinic\)玄学魔改
首先把处理每个人的时候的图给存下来
这样在二分的时候可以直接调用
然后增广的时候，把\(INF\)流强制改成容量为\(1\)的流
然后把多路增广改成单路增广
依次加边的时候，如果当前的志愿不行，这些边就没有必要留着，直接重新赋值为上一次的图。
赋值为上一次的图不要直接写等于，暴力循环赋值。
然后再根据这道题目每次最多只会增广容量为\(1\)的流这条性质
还可以加上各种各样，奇奇怪怪的剪枝
我就没有这么丧心病狂了。。。
然后洛谷上\(500ms\)跑过去了。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 222
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int S,T;
struct Graph
{
struct Line{int v,next,w;}e[MAX*60];
int h[MAX*2],cnt,cur[MAX*2];
void init(){memset(h,0,sizeof(h));cnt=2;}
inline void Add(int u,int v,int w)
{
e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;
}
int level[MAX*2];
bool bfs()
{
memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1;
queue<int> Q;Q.push(S);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(e[i].w&&!level[e[i].v])
Q.push(e[i].v),level[e[i].v]=level[u]+1;
}
return level[T];
}
int dfs(int u,int flow)
{
if(u==T||!flow)return flow;
int ret=0;
for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
if(e[i].w&&level[e[i].v]==level[u]+1)
{
int d=dfs(e[i].v,min(flow,e[i].w));
ret+=d;flow-=d;
e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;
if(!flow)break;
if(u==S&&!ret)return 0;
}
if(!ret)level[u]=0;
return ret;
}
int Dinic()
{
int ret=0;
while(bfs())
{
for(int i=S;i<=T;++i)cur[i]=h[i];
ret+=dfs(S,1);
if(ret)break;
}
return ret;
}
}G[MAX],tmp;
int C,n,m,b[MAX],a[MAX][MAX],id[MAX],ans[MAX],s[MAX];
struct Level
{
struct Line{int v,next;}e[MAX*20];
int h[MAX],cnt;
void init(){memset(h,0,sizeof(h));cnt=1;}
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
}E[MAX];
int main()
{
int TT=read();C=read();
while(TT--)
{
n=read();m=read();
G[0].init();S=0;T=n+m+1;
for(int i=1;i<=m;++i)b[i]=read(),G[0].Add(i+n,T,b[i]);
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=m;++i)E[i].init();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
int x=read();
if(x)E[x].Add(i,j);
}
for(int j=1;j<=m;++j)
{
for(int k=S;k<=T;++k)G[i].h[k]=G[i-1].h[k];
for(int k=2;k<=G[i-1].cnt;++k)G[i].e[k]=G[i-1].e[k];
G[i].cnt=G[i-1].cnt;
G[i].Add(S,i,1);
for(int k=E[j].h[i];k;k=E[j].e[k].next)
G[i].Add(i,E[j].e[k].v+n,1);
if(G[i].Dinic()){ans[i]=j;break;}
}
if(!ans[i])ans[i]=m+1;
printf("%d ",ans[i]);
}
puts("");
for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(ans[i]<=s[i]){printf("0 ");continue;}
int l=0,r=i-1,ret=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
for(int j=S;j<=T;++j)tmp.h[j]=G[mid].h[j];
for(int j=G[mid].cnt;j;--j)tmp.e[j]=G[mid].e[j];
tmp.cnt=G[mid].cnt;
tmp.Add(S,i,1);
for(int j=1;j<=s[i];++j)
for(int k=E[j].h[i];k;k=E[j].e[k].next)
tmp.Add(i,E[j].e[k].v+n,1);
if(tmp.Dinic())ret=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d ",i-ret-1);
}
puts("");
}
}