题目描述
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ri (i =1,2,……,m)。
会议餐厅共有n 张餐桌，每张餐桌可容纳ci (i =1,2,……,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。
对于给定的代表数和餐桌数以及餐桌容量，编程计算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，1<=m<=150, 1<=n<=270。
第2 行有m 个正整数，分别表示每个单位的代表数。
第3 行有n 个正整数，分别表示每个餐桌的容量。
输出格式
如果问题有解，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，只要输出1 个方案。
输入输出样例
输入 #1
4 5 4 5 3 5 3 5 2 6 4
输出 #1
1 1 2 4 5 1 2 3 4 5 2 4 5 1 2 3 4 5
理论基础看这里 最大流理论
（1）二分图多重最大匹配：
在原图上建立源点S和汇点T，S向每个X点连一条容量为该X点L值的边，每个Y点向T连一条容量为该Y点L值的边，原来二分图中各边在新的网络中仍存在，容量为1（若该边可以使用多次则容量大于1），求该网络的最大流，就是该二分图多重最大匹配的值。
1 #include<bits/stdc++.h> //求该网络的最大流，就是该二分图多重最大匹配的值。 2 #define N 520 3 using namespace std; 4 typedef struct 5 { 6 int v; 7 long long flow; 8 }ss; 9 10 ss edg[N*N]; 11 vector<int>edges[N]; 12 int now_edges=0; 13 long long fl[N][N]={0}; 14 15 void addedge(int u,int v,long long flow) 16 { 17 fl[u][v]+=flow; 18 edges[u].push_back(now_edges); 19 edg[now_edges++]=(ss){v,flow}; 20 edges[v].push_back(now_edges); 21 edg[now_edges++]=(ss){u,0}; //反向边真正的意义是使原边流量减少，而不是真的有反向流量 22 } 23 24 int dis[N],S,T; 25 bool bfs() //寻找从源点到汇点的增广路 26 { 27 memset(dis,0,sizeof(dis)); 28 queue<int>q; 29 q.push(S); 30 dis[S]=1; 31 32 while(!q.empty()) 33 { 34 int now=q.front(); 35 q.pop(); 36 int Size=edges[now].size(); 37 38 for(int i=0;i<Size;i++) 39 { 40 ss e=edg[edges[now][i]]; 41 if(e.flow>0&&dis[e.v]==0) 42 { 43 dis[e.v]=dis[now]+1; 44 q.push(e.v); 45 } 46 } 47 } 48 if(dis[T]==0)return 0; 49 return 1; 50 51 } 52 int current[N];//记录当前点遍历到了那一条边 53 long long dfs(int now,long long maxflow)//w代表当前点 ， maxflow为搜索到该点时的可能的最大流量 54 { 55 if(now==T)return maxflow;//如果搜索到汇点，就可以返回了 56 int Size=edges[now].size();//Size为now号点所连边的数量 57 for(int i=current[now];i<Size;i++)//因为某一个点可能会被多次遍历，但是该点的某些边可能已经被增广过了，所以这些边应该没必要搜索 58 { //于是我们对每一个点记录一个current代表这个点已经遍历到了哪一条边 59 60 current[now]=i; //记录current 61 ss &e=edg[edges[now][i]]; 62 63 if(e.flow>0&&dis[e.v]==dis[now]+1) //如果改边有容量并且改边的终点和now点满足层数关系 64 { //这里的层数关系是因为dfs增广要按一层一层的来增广，因为这样可以高效率的找到增广路 65 long long Flow=dfs(e.v,min(maxflow,e.flow)); //往下dfs 66 67 if(Flow) //如果dfs结果有流量，就说明找到了增广路 68 { 69 fl[now][e.v]-=Flow; //这个是题目需要的东西，方便输出答案用的 70 fl[e.v][now]+=Flow; //同上 71 72 e.flow-=Flow; //正向边容量减少 73 edg[edges[now][i]^1].flow+=Flow;//反向边容量增加 74 return Flow;//递归返回 75 } 76 } 77 } 78 return 0;//没有增广路就返回0 79 } 80 81 long long dinic() 82 { 83 long long ans=0,flow; 84 while(bfs()) 85 { 86 memset(current,0,sizeof(current)); 87 while(flow=dfs(S,LLONG_MAX/2))ans+=flow;//从源点开始初始最大流量是无穷 88 } 89 return ans; 90 } 91 92 int main() 93 { 94 int m,n; 95 long long sum=0; 96 int present[N],desk[N]; 97 scanf("%d %d",&m,&n); 98 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&present[i]),sum+=present[i]; 99 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&desk[i]); 100 101 S=n+m+1; 102 T=n+m+2; 103 104 for(int i=1;i<=m;i++)addedge(S,i,present[i]); 105 for(int i=1;i<=n;i++)addedge(i+m,T,desk[i]); 106 107 for(int i=1;i<=m;i++) 108 for(int j=1;j<=n;j++) 109 addedge(i,j+m,1); 110 111 long long ans=dinic(); 112 113 if(sum==ans) 114 { 115 printf("1 "); 116 for(int i=1;i<=m;i++) 117 { 118 for(int j=1;j<=n;j++) 119 if(fl[j+m][i])printf("%d ",j); 120 printf(" "); 121 } 122 } 123 else 124 printf("0 "); 125 return 0; 126 127 }