2179. 圆桌问题()

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2179. 圆桌问题

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 \(r_i(i=1,2,\dots,m)\)。

会议餐厅共有 \(n\) 张餐桌,每张餐桌可容纳 \(c_i(i=1,2,\dots,n)\) 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。

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。

第 \(2\) 行有 \(m\) 个正整数,分别表示每个单位的代表数 \(r_i\)。

第 \(3\) 行有 \(n\) 个正整数,分别表示每个餐桌的容量 \(c_i\)。

输出格式

如果问题有解,在第 \(1\) 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,只要求输出 \(1\) 个方案。

数据范围

\(1 \le m \le 150\),
\(1 \le n \le 270\),
\(1 \le r_i,c_i \le 100\)

输入样例:

4 5
4 5 3 5
3 5 2 6 4

输出样例:

1
1 2 4 5
1 2 3 4 5
2 4 5
1 2 3 4 5

解题思路

最大流,dinic,二分图的多重匹配

最大流,dinic,二分图的多重匹配

建图:另外建立一个源点和汇点,源点连接二分图的左部,容量为左部单位的人数,右部连接汇点,容量为右部餐桌容量,左部和右部之间边的容量都为 \(1\)
可以发现每个可行解都和可行流一一对应,最后判断最大流是否为总人数即可

  • 时间复杂度:\((n^2m)\)

代码

// Problem: 圆桌问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/2181/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=425,M=(N+150*270)<<1,inf=0x3f3f3f3f;
int m,n,s,t,res;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
int q[N],hh,tt,d[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==t)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
	    cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=s;
	d[s]=hh=tt=0;
	cur[s]=h[s];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==t)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}

int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(s,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    memset(h,-1,sizeof h);
    s=0,t=n+m+1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int r;
    	scanf("%d",&r);
    	res+=r;
    	add(s,i,r);
    }
    for(int i=m+1;i<=n+m;i++)
    {
    	int c;
    	scanf("%d",&c);
    	add(i,t,c);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    	for(int j=m+1;j<=n+m;j++)add(i,j,1);
    if(res!=dinic())puts("0");
    else
    {
    	puts("1");
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		for(int j=h[i];~j;j=ne[j])
    			if(e[j]>=m+1&&e[j]<=n+m&&!f[j])printf("%d ",e[j]-m);
    		puts("");
    	}
    }
    return 0;
}
————————

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2179. 圆桌问题

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 \(r_i(i=1,2,\dots,m)\)。

会议餐厅共有 \(n\) 张餐桌,每张餐桌可容纳 \(c_i(i=1,2,\dots,n)\) 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。

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。

第 \(2\) 行有 \(m\) 个正整数,分别表示每个单位的代表数 \(r_i\)。

第 \(3\) 行有 \(n\) 个正整数,分别表示每个餐桌的容量 \(c_i\)。

输出格式

如果问题有解,在第 \(1\) 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,只要求输出 \(1\) 个方案。

数据范围

\(1 \le m \le 150\),
\(1 \le n \le 270\),
\(1 \le r_i,c_i \le 100\)

输入样例:

4 5
4 5 3 5
3 5 2 6 4

输出样例:

1
1 2 4 5
1 2 3 4 5
2 4 5
1 2 3 4 5

解题思路

最大流,dinic,二分图的多重匹配

最大流,dinic,二分图的多重匹配

建图:另外建立一个源点和汇点,源点连接二分图的左部,容量为左部单位的人数,右部连接汇点,容量为右部餐桌容量,左部和右部之间边的容量都为 \(1\)
可以发现每个可行解都和可行流一一对应,最后判断最大流是否为总人数即可

  • 时间复杂度:\((n^2m)\)

代码

// Problem: 圆桌问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/2181/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=425,M=(N+150*270)<<1,inf=0x3f3f3f3f;
int m,n,s,t,res;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
int q[N],hh,tt,d[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==t)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
	    cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=s;
	d[s]=hh=tt=0;
	cur[s]=h[s];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==t)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}

int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(s,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    memset(h,-1,sizeof h);
    s=0,t=n+m+1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int r;
    	scanf("%d",&r);
    	res+=r;
    	add(s,i,r);
    }
    for(int i=m+1;i<=n+m;i++)
    {
    	int c;
    	scanf("%d",&c);
    	add(i,t,c);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    	for(int j=m+1;j<=n+m;j++)add(i,j,1);
    if(res!=dinic())puts("0");
    else
    {
    	puts("1");
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		for(int j=h[i];~j;j=ne[j])
    			if(e[j]>=m+1&&e[j]<=n+m&&!f[j])printf("%d ",e[j]-m);
    		puts("");
    	}
    }
    return 0;
}