题目链接：AcWing 380. 舞动的夜晚

题目大意：

有一张左部 \(N\) 个点，右部 \(M\) 个点，\(T\) 条边的二分图，求在强制连哪些边后，图的最大匹配会减小。

\(1\leq N,M \leq 10000\) ， \(1\leq T\leq 100000\) 。

思路：

引入两个概念：二分图的必需边和可行边。

• 必需边：删除之后会影响最大匹配的边。
• 可行边：出现在至少一个最大匹配方案中的边。

先说他们该如何判定，我们先用最大流求出二分图的一个可行解，得到残余网络，我们画一下图：

这时 \(1\) 和 \(3\) 匹配， \(2\) 和 \(4\) 匹配，注意到在这种情况下，\((1,3)\) 和 \((2,4)\) 都不可能是必需边，因为它俩不匹配，可以被另外的边替代：

这样可以类推得到结论：

必需边 \(\Leftrightarrow\) 在残留网络上为匹配边且两端点不属于同一个强连通分量

可行边 \(\Leftrightarrow\) 在残留网络上为匹配边或两端点在同一个强连通分量内

而这道题求的就是不可行边，即可行边的补集， \(Dinic\) 最大流 \(+\) \(Tarjan\) 强连通分量 就做完了。

时间复杂度 \(O(T \sqrt{N+M})\) 。

​

Code:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define N 20010
#define E 200200
#define Inf 0x3f3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
int head[N],to[E],nxt[E];
int cnt,n,m,e,s,t;
int cap[E],d[N];
int c[N],dfn[N],low[N],scc,num;
int rlt[N][3]; //short for "relation"
bool in[N];
queue<int> q;
stack<int> st;
void init(){mem(head,-1),cnt=-1;}
void add_e(int a,int b,bool id){
    nxt[++cnt]=head[a],head[a]=cnt,to[cnt]=b,cap[cnt]=id;
    if(id)add_e(b,a,0);
}
bool bfs(){
    mem(d,0);
    while(!q.empty())q.pop();
    q.push(s),d[s]=1;
    while(!q.empty()){
        int cur=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[cur];~i;i=nxt[i]) 
            if(cap[i]&&!d[to[i]]){
                q.push(to[i]);
                d[to[i]]=d[cur]+1;
                if(to[i]==t)return true;
            }
    }
    return false;
}
int dinic(int x,int flow){
    if(x==t)return flow;
    int rest=flow,k;
    for(int i=head[x];(~i)&&rest;i=nxt[i]){
        if(cap[i]&&d[to[i]]==d[x]+1){
            k=dinic(to[i],min(rest,cap[i]));
            if(!k)d[to[i]]=0; //弧优化
            cap[i]-=k,cap[i^1]+=k,rest-=k;
        }
    }
    return flow-rest;
}
void tarjan(int x){
    low[x]=dfn[x]=++num;
    st.push(x),in[x]=true;
    for(int i=head[x];~i;i=nxt[i]){
        if(!cap[i])continue;
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
        }else if(in[y]) 
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x]==low[x]){
        scc++; int y;
        do{
            y=st.top(),st.pop();
            in[y]=false,c[y]=scc;
        }while(y!=x);
    }
}
int main(){
    cin>>n>>m>>e;
    init();
    int a,b;
    rep(i,1,e){
        rlt[i][0]=a=read(),rlt[i][1]=b=read();
        rlt[i][2]=cnt+1;
        add_e(a,b+n,1);
    } 
    s=0,t=m+n+1;
    rep(i,1,n)add_e(s,i,1);
    rep(i,1,m)add_e(i+n,t,1);
    int flow,maxflow;
    while(bfs()){
        while(flow=dinic(s,Inf))maxflow+=flow;
    }
    rep(i,0,n+m+1){
        if(!dfn[i])tarjan(i);
    }
    int ans=0;
    rep(i,1,e){
        int u=rlt[i][0],v=rlt[i][1]+n;
        if(!cap[rlt[i][2]]||c[u]==c[v])ans++;
    }
    cout<<e-ans<<endl;
    rep(i,1,e){
        int u=rlt[i][0],v=rlt[i][1]+n;
        if(cap[rlt[i][2]]&&c[u]!=c[v])cout<<i<<" ";
    }
    return 0;

}