舞动的夜晚 CH Round #17
描述
L公司和H公司举办了一次联谊晚会。晚会上，L公司的N位员工和H公司的M位员工打算进行一场交际舞。在这些领导中，一些L公司的员工和H公司的员工之间是互相认识的，这样的认识关系一共有T对。舞会上，每位员工会尝试选择一名Ta认识的对方公司的员工作为舞伴，并且每位员工至多跳一支舞。完成的交际舞的数量越多，晚会的气氛就越热烈。顾及到晚会的气氛，员工们希望知道，哪些员工之间如果进行了交际舞，就会使整场晚会能够完成的交际舞的最大数量减小。
输入格式
第一行三个整数N、M、T。
接下来T行每行两个整数x、y，表示L公司的员工x和H公司的员工y互相认识。
输出格式
第一行一个整数cnt，表示进行了交际舞后会使整场晚会能够完成的交际舞的最大数量减小的员工有多少对。
第二行cnt个整数，升序输出这样的一hunyinhunyin对员工的认识关系的编号（他们的认识关系是在输入数据中读入的第几条认识关系）。如果cnt=0，输出一个空行。
样例输入
3 3 6
1 1
2 1
2 2
3 1
3 2
3 3
样例输出
3
2 4 5
数据范围与约定
- 对于50%的数据，1<=N,M<=100，1<=T<=1000。
- 对于100%的数据，1<=N,M<=10000，1<=T<=100000，1<=x<=N，1<=y<=M。
题解
二分图的不可行边——最大流+Tarjan
对于50%的数据，先求出最大匹配的值，然后枚举每一条边，连上之后重求最大匹配，看答案是否为原最大匹配-1。求最大匹配用匈牙利算法。
对于100%的数据，先用Dinic求任意一组最大匹配，然后建一张新图：
匹配边(i,j) j到i连边
非匹配边 (i,j) i到j连边
匹配的左点i (i,S)
不匹配的左点i (S,i)
匹配的右点j (T,j)
不匹配的右点j (j,T)然后用Tarjan求强连通分量
(i,j)是可行边的条件：
(i,j)是匹配边 或者 i,j在同一个scc里那么总边数减去可行边数就是不可行边数，即答案。
注意这个新图要包含源和汇，不能只在二分图两部之间连边，除非原最大匹配是一个完备匹配。
证明过程，写在书上了，很详细。
时间复杂度(O(Esqrt{N+M}))
注意那个源汇点连边的时候，因为初始tot=1，所以枚举的是正边。
求出二分图最大匹配的不可行边板子题，使用
dinic求最大流，tarjan求强连通分量。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3fffffff, u = 40010, w = 300010;
int head[u], ver[w], edge[w], Next[w], d[u], e[w], c[u], sta[u], ins[u], dfn[u], low[u];
int n, m, p, s, t, i, j, tot, maxflow, ans, x, y, scc, st, num;
char str[10];
vector<int> a[u];
queue<int> q;
void add(int x, int y, int z) {
ver[++tot] = y, edge[tot] = z, Next[tot] = head[x], head[x] = tot;
ver[++tot] = x, edge[tot] = 0, Next[tot] = head[y], head[y] = tot;
}
bool bfs() {
memset(d, 0, sizeof(d));
while (q.size()) q.pop();
q.push(s); d[s] = 1;
while (q.size()) {
int x = q.front(); q.pop();
for (int i = head[x]; i; i = Next[i])
if (edge[i] && !d[ver[i]]) {
q.push(ver[i]);
d[ver[i]] = d[x] + 1;
if (ver[i] == t) return 1;
}
}
return 0;
}
int dinic(int x, int flow) {
if (x == t) return flow;
int rest = flow, k;
for (int i = head[x]; i && rest; i = Next[i])
if (edge[i] && d[ver[i]] == d[x] + 1) {
k = dinic(ver[i], min(rest, edge[i]));
if (!k) d[ver[i]] = 0;
edge[i] -= k;
edge[i ^ 1] += k;
rest -= k;
}
return flow - rest;
}
void add2(int x, int y)
{
a[x].push_back(y);
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x] = ++num; low[x] = num;
sta[++st] = x; ins[x] = 1;
int y;
for (int i = 0; i<a[x].size(); i++)
if (!dfn[y = a[x][i]])
{
tarjan(y);
low[x] = min(low[x], low[y]);
}
else if (ins[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
if (dfn[x] == low[x])
{
scc++;
do { y = sta[st]; st--; ins[y] = 0; c[y] = scc; } while (x != y);
}
}
int main()
{
while (cin >> n >> m >> p)
{
memset(head, 0, sizeof(head));
s = 0, t = n + m + 1; tot = 1; maxflow = 0;
for (i = 1; i <= n; i++) add(s, i, 1);
for (i = 1; i <= m; i++) add(i + n, t, 1);
for (i = 1; i <= p; i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
add(x, n + y, 1), e[i] = tot;
}
while (bfs())
while (i = dinic(s, inf)) maxflow += i;
for (i = s; i <= t; i++) a[i].clear();
for (i = 1; i <= p; i++)
if (!edge[e[i]]) add2(ver[e[i]], ver[e[i] ^ 1]);
else add2(ver[e[i] ^ 1], ver[e[i]]);
for (i = 1; i <= n; i++)
if (!edge[2 * i]) add2(i, s); else add2(s, i);
for (i = 1; i <= m; i++)
if (!edge[2 * (n + i)]) add2(t, n + i); else add2(n + i, t);
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(ins, 0, sizeof(ins));
memset(c, 0, sizeof(c));
st = num = scc = ans = 0;
for (i = s; i <= t; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (i = 1; i <= p; i++)
if (edge[e[i]] || c[ver[e[i]]] == c[ver[e[i] ^ 1]]) ans++;
cout << (ans = p - ans) << endl;
if (!ans) cout << endl;
for (i = 1; i <= p; i++)
if (!edge[e[i]] && c[ver[e[i]]] != c[ver[e[i] ^ 1]])
if (--ans) printf("%d ", i); else printf("%d
", i);
}
return 0;
}