Description

Input

Output

输出到文件 mentor.out 中。
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

输入1：

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

输入2：

1 5
4 3
2 1 1
3 1 3
0 0 1
3 1 2
2 3 1
2 3 3 3

Sample Output

输出1：

2 1
1 0
1 2
0 1
1 3
0 1

【样例 1 解释】

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。

输出2：

1 1 3 2
0 0 0 0

【样例 2 解释】

1 号选手的第一志愿只填写了 2 号导师，因此 1 号选手必定被 2 号导师录取。
2 号选手的第一志愿只填写了 3 号导师，因此 2 号选手必定被 3 号导师录取。
由于 2,3 号导师均满员，且 3,4 号选手均填写了 1 号导师，因此它们都会被 1 号导
师录取。
所以 1,2 号选手均被第 1 志愿录取，3 号选手被第 3 志愿录取，4 号选手被第 2 志
愿录取。
由于他们都如愿以偿了，所以他们都不需要提升名次。

Data Constraint

Solution

题面真的很长……
一看数据范围 n,m≤200n,m\le200，嗯，网络流。
由于每次都是最优方案，所以最终每个人选的志愿都是唯一固定的。
我们只需要知道他们到底选了哪个志愿，不需要知道具体选了哪个老师。
题目有两个问，考虑先做第一个问。
假设前 i−1i-1 个人已经处理完了，现在要求出第 ii 个人的最优志愿 f[i]f[i]。
考虑二分这第 ii 个人最好能选第几志愿，设为 midmid ，接着判断 ii 能否选志愿 midmid 。
具体方法：建源汇点 s,ts,t ，ss 向 11 到 ii 各连一条容量为 11 的边，
之后每位导师 jj 向 tt 各连一条容量为 b[j]b[j] 的边。
然后 11 到 i−1i-1 按照之前处理好的志愿向对应的第 f[]f[] 志愿的导师连容量为 11 的边。
最后 ii 向其第 midmid 志愿的每个老师都连一条容量为 11 的边即可。
每次暴力建图，跑一遍最大流，算出最大流量 sumsum ，这个流量就代表着有 sumsum 个人选了志愿。
那么如何判断二分的这个 midmid 可行呢？
我们可以记录一个 pre[i]pre[i] ，表示前 ii 个人按照最优方案执行后 没出局的人数。
如果满足：pre[i−1]+1=sumpre[i-1]+1=sum 即为满足（即第 ii 个人成功选上了）。
这样我们就二分出了最优的 midmid ，更新 f[i]f[i] 即可。
于是我们就求出了第一问的答案 f[i]f[i] ，先算算时间复杂度：
先枚举每个人 ii O(N)O(N)，在二分选志愿 O(log N)O(log\ N) ，做网络流复杂度设为 CC 。
那么总时间复杂度就是 O(NC logN)O(NC\ logN) ，额，能过。
那我们愉快地再来做第二问。
仍然是考虑二分，对于第 ii 个人，二分他要到哪个位置，设为 midmid 。
这是我们还是可以利用之前算出的 f[i]f[i] ：将 11 到 mid−1mid-1 都按照 ff 的志愿连边（同上）。
源汇点 s,ts,t 的连边方式也一样，不同的是点 midmid 的连边。
由于我们只需要判断位置 midmid 对于第 ii 个人是否可行（不需要具体求出其选什么志愿），
所以我们直接将 midmid 向 11 到 s[i]s[i] 各连一条容量为 11 的边，表示在其中任选一个志愿即可。
判断也和之前一样，满足：pre[mid−1]+1=sumpre[mid-1]+1=sum 即为符合，更新答案即可。
分析一下复杂度，枚举每个人 O(N)O(N) ，二分选在哪 O(log N)O(log\ N) ，之后又做网络流 CC 。
复杂度还是 O(NC logN)O(NC\ logN) ！于是总时间复杂度就是 O(NC logN)O(NC\ logN) ，能过本题。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=205,M=N<<1,inf=1e9;
int n,m,s,t,tot;
int first[M],nex[M*M],en[M*M],w[M*M];
int b[N],ss[N],f[N],pre[N];
int dis[M],gap[M],cur[M];
vector<int>g[N][N];
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
inline void write(int x)
{if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
inline int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;
}
inline void ins(int x,int y,int z)
{nex[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;w[tot]=z;
}
inline void insert(int x,int y,int z)
{ins(x,y,z),ins(y,x,0);
}
int sap(int x,int y)
{if(x==t) return y;int use=0;for(int i=cur[x];i;i=nex[i])if(w[i] && dis[x]==dis[en[i]]+1){cur[x]=i;int num=sap(en[i],min(w[i],y-use));w[i]-=num,w[i^1]+=num,use+=num;if(use==y || dis[s]>t) return use;}cur[x]=first[x];if(!--gap[dis[x]]) dis[s]=t+1;gap[++dis[x]]++;return use;
}
inline bool check(int ii,int pos)
{tot=1;memset(first,0,sizeof(first));for(int i=1;i<=ii;i++) insert(s,i,1);for(int i=1;i<=m;i++) insert(n+i,t,b[i]);for(int i=1;i<ii;i++)if(f[i]<=m)for(int j=0;j<g[i][f[i]].size();j++) insert(i,n+g[i][f[i]][j],1);for(int j=1;j<=pos;j++)for(int i=0;i<g[ii][j].size();i++) insert(ii,n+g[ii][j][i],1);for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i];memset(gap,0,sizeof(gap));memset(dis,0,sizeof(dis));gap[0]=t;int sum=0;while(dis[s]<=t) sum+=sap(s,inf);return sum==pre[ii-1]+1;
}
inline bool check1(int ii,int nn)
{tot=1;memset(first,0,sizeof(first));for(int i=1;i<nn;i++) insert(s,i,1);insert(s,ii,1);for(int i=1;i<=m;i++) insert(n+i,t,b[i]);for(int i=1;i<nn;i++)if(f[i]<=m)for(int j=0;j<g[i][f[i]].size();j++) insert(i,n+g[i][f[i]][j],1);for(int i=1;i<=ss[ii];i++)for(int j=0;j<g[ii][i].size();j++) insert(ii,n+g[ii][i][j],1);for(int i=1;i<=t;i++) cur[i]=first[i];memset(gap,0,sizeof(gap));memset(dis,0,sizeof(dis));gap[0]=t;int sum=0;while(dis[s]<=t) sum+=sap(s,inf);return sum==pre[nn-1]+1;
}
int main()
{int T=read(),c=read();while(T--){n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++) g[i][j].clear();for(int j=1,x;j<=m;j++)if(x=read()) g[i][x].push_back(j);}for(int i=1;i<=n;i++) ss[i]=read();s=n+m+1,t=n+m+2;for(int i=1;i<=n;i++){int l=1,r=m;f[i]=m+1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(i,mid)){f[i]=mid;r=mid-1;}else l=mid+1;}write(f[i]),putchar(' ');pre[i]=pre[i-1]+(f[i]<=m);}putchar('\n');for(int i=1;i<=n;i++){if(f[i]<=ss[i]){putchar('0'),putchar(' ');continue;}int l=1,r=i-1,pos=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check1(i,mid)){pos=mid;l=mid+1;}else r=mid-1;}write(i-pos),putchar(' ');}putchar('\n');}return 0;
}

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