题目描述
假设有来自m 个不同单位的代表参加一次国际会议。每个单位的代表数分别为ri (i =1,2,……,m)。
会议餐厅共有n 张餐桌，每张餐桌可容纳ci (i =1,2,……,n)个代表就餐。
为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。试设计一个算法，给出满足要求的代表就餐方案。
对于给定的代表数和餐桌数以及餐桌容量，编程计算满足要求的代表就餐方案。
输入格式
第1 行有2 个正整数m 和n，m 表示单位数，n 表示餐桌数，1<=m<=150, 1<=n<=270。
第2 行有m 个正整数，分别表示每个单位的代表数。
第3 行有n 个正整数，分别表示每个餐桌的容量。
输出格式
如果问题有解，第1 行输出1，否则输出0。接下来的m 行给出每个单位代表的就餐桌号。如果有多个满足要求的方案，只要输出1 个方案。
输入输出样例
输入 #14 5 4 5 3 5 3 5 2 6 4输出 #1
1 1 2 4 5 1 2 3 4 5 2 4 5 1 2 3 4 5
理论基础看这里 最大流理论
（1）二分图多重最大匹配：
在原图上建立源点S和汇点T，S向每个X点连一条容量为该X点L值的边，每个Y点向T连一条容量为该Y点L值的边，原来二分图中各边在新的网络中仍存在，容量为1（若该边可以使用多次则容量大于1），求该网络的最大流，就是该二分图多重最大匹配的值。
1 #include<bits/stdc++.h> //求该网络的最大流，就是该二分图多重最大匹配的值。
2 #define N 520
3 using namespace std;
4 typedef struct
5 {
6 int v;
7 long long flow;
8 }ss;
9
10 ss edg[N*N];
11 vector<int>edges[N];
12 int now_edges=0;
13 long long fl[N][N]={0};
14
15 void addedge(int u,int v,long long flow)
16 {
17 fl[u][v]+=flow;
18 edges[u].push_back(now_edges);
19 edg[now_edges++]=(ss){v,flow};
20 edges[v].push_back(now_edges);
21 edg[now_edges++]=(ss){u,0}; //反向边真正的意义是使原边流量减少，而不是真的有反向流量
22 }
23
24 int dis[N],S,T;
25 bool bfs() //寻找从源点到汇点的增广路
26 {
27 memset(dis,0,sizeof(dis));
28 queue<int>q;
29 q.push(S);
30 dis[S]=1;
31
32 while(!q.empty())
33 {
34 int now=q.front();
35 q.pop();
36 int Size=edges[now].size();
37
38 for(int i=0;i<Size;i++)
39 {
40 ss e=edg[edges[now][i]];
41 if(e.flow>0&&dis[e.v]==0)
42 {
43 dis[e.v]=dis[now]+1;
44 q.push(e.v);
45 }
46 }
47 }
48 if(dis[T]==0)return 0;
49 return 1;
50
51 }
52 int current[N];//记录当前点遍历到了那一条边
53 long long dfs(int now,long long maxflow)//w代表当前点 ， maxflow为搜索到该点时的可能的最大流量
54 {
55 if(now==T)return maxflow;//如果搜索到汇点，就可以返回了
56 int Size=edges[now].size();//Size为now号点所连边的数量
57 for(int i=current[now];i<Size;i++)//因为某一个点可能会被多次遍历，但是该点的某些边可能已经被增广过了，所以这些边应该没必要搜索
58 { //于是我们对每一个点记录一个current代表这个点已经遍历到了哪一条边
59
60 current[now]=i; //记录current
61 ss &e=edg[edges[now][i]];
62
63 if(e.flow>0&&dis[e.v]==dis[now]+1) //如果改边有容量并且改边的终点和now点满足层数关系
64 { //这里的层数关系是因为dfs增广要按一层一层的来增广，因为这样可以高效率的找到增广路
65 long long Flow=dfs(e.v,min(maxflow,e.flow)); //往下dfs
66
67 if(Flow) //如果dfs结果有流量，就说明找到了增广路
68 {
69 fl[now][e.v]-=Flow; //这个是题目需要的东西，方便输出答案用的
70 fl[e.v][now]+=Flow; //同上
71
72 e.flow-=Flow; //正向边容量减少
73 edg[edges[now][i]^1].flow+=Flow;//反向边容量增加
74 return Flow;//递归返回
75 }
76 }
77 }
78 return 0;//没有增广路就返回0
79 }
80
81 long long dinic()
82 {
83 long long ans=0,flow;
84 while(bfs())
85 {
86 memset(current,0,sizeof(current));
87 while(flow=dfs(S,LLONG_MAX/2))ans+=flow;//从源点开始初始最大流量是无穷
88 }
89 return ans;
90 }
91
92 int main()
93 {
94 int m,n;
95 long long sum=0;
96 int present[N],desk[N];
97 scanf("%d %d",&m,&n);
98 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&present[i]),sum+=present[i];
99 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&desk[i]);
100
101 S=n+m+1;
102 T=n+m+2;
103
104 for(int i=1;i<=m;i++)addedge(S,i,present[i]);
105 for(int i=1;i<=n;i++)addedge(i+m,T,desk[i]);
106
107 for(int i=1;i<=m;i++)
108 for(int j=1;j<=n;j++)
109 addedge(i,j+m,1);
110
111 long long ans=dinic();
112
113 if(sum==ans)
114 {
115 printf("1\n");
116 for(int i=1;i<=m;i++)
117 {
118 for(int j=1;j<=n;j++)
119 if(fl[j+m][i])printf("%d ",j);
120 printf("\n");
121 }
122 }
123 else
124 printf("0\n");
125 return 0;
126
127 }