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。
Solution
直接暴力网络流判断一个人能否选到这个志愿,不能选到我们就把新加的边去掉就可以了
然后对于第二问,显然可以二分答案
但是每一次暴力建图是不行的,实际上我们可以把图存下来,这样每一次 \(check\) 就是找一条增广路的时间了,所以复杂度瓶颈反而在第一问了
复杂度 \(O(n*m*flow)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=510,M=N*N,inf=1e8;
int n,m,b[N],a[N][N],C,head[N],nxt[M],num=1,to[M],dis[M],S=0,T;
inline void link(int x,int y,int z){
nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;dis[num]=z;
nxt[++num]=head[y];to[num]=x;head[y]=num;dis[num]=0;
}
int f[N],dep[N],s[N];
vector<int>v[N][N];queue<int>Q;
inline bool bfs(){
for(int i=S;i<=T;i++)dep[i]=0;
Q.push(S);dep[S]=1;
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
if(dis[i]<=0 || dep[u])continue;
dep[u]=dep[x]+1;Q.push(u);
}
}
return dep[T];
}
inline int dfs(int x,int flow){
if(x==T || !flow)return flow;
int tot=0,u,t;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
u=to[i];
if(dis[i]<=0 || dep[u]!=dep[x]+1)continue;
t=dfs(u,min(flow,dis[i]));
dis[i]-=t;dis[i^1]+=t;
flow-=t;tot+=t;
if(!flow)break;
}
if(!tot)dep[x]=-1;
return tot;
}
inline int Dinic(){
int ret=0,t=0;
while(bfs()){
t=dfs(S,inf);
while(t)ret+=t,t=dfs(S,inf);
}
return ret;
}
int st[N],reb[N],top=0;
inline bool ok(int x,int y){
if(v[x][y].empty())return false;
int last=num;top=0;
st[++top]=x;reb[top]=head[x];
for(int i=v[x][y].size()-1;i>=0;i--){
int k=v[x][y][i];
st[++top]=n+k;reb[top]=head[n+k];
link(x,n+k,1);
}
if(Dinic())return true;
num=last;
while(top)head[st[top]]=reb[top],top--;
return false;
}
inline void cmp(){for(int i=S;i<=T;i++)head[i]=0;num=1;}
inline void Clear(){
cmp();
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)vector<int>().swap(v[i][j]);
}
}
struct data{
int head[N],to[5010],nxt[5010],dis[5010],num;
}e[N];
inline bool check(int x,int y){
num=e[y-1].num;
for(int i=S;i<=T;i++)head[i]=e[y-1].head[i];
for(int i=2;i<=num;i++)
nxt[i]=e[y-1].nxt[i],to[i]=e[y-1].to[i],dis[i]=e[y-1].dis[i];
link(S,x,1);int t=N;
for(int j=1;j<=m;j++)if(ok(x,j)){t=j;break;}
return t<=s[x];
}
inline void work(){
memset(e,0,sizeof(e));
scanf("%d%d",&n,&m);T=n+m+1;
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]),link(i+n,T,b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
if(a[i][j])v[i][a[i][j]].push_back(j);
}
e[0].num=num;
for(int k=2;k<=num;k++)
e[0].nxt[k]=nxt[k],e[0].to[k]=to[k],e[0].dis[k]=dis[k];
for(int k=S;k<=T;k++)e[0].head[k]=head[k];
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
link(S,i,1);
for(int j=1;j<=m;j++)
if(ok(i,j)){f[i]=j;break;}
e[i].num=num;
for(int k=2;k<=num;k++)
e[i].nxt[k]=nxt[k],e[i].to[k]=to[k],e[i].dis[k]=dis[k];
for(int k=S;k<=T;k++)e[i].head[k]=head[k];
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!f[i])f[i]=m+1;
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",f[i]);puts("");
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]<=s[i]){printf("0 ");continue;}
int ret=i,l=1,r=i-1,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(i,mid))ret=i-mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d ",ret);
}
Clear();puts("");
}
int main(){
freopen("mentor.in","r",stdin);
freopen("mentor.out","w",stdout);
int Ti;cin>>Ti>>C;
while(Ti--)work();
return 0;
}