题目
做法
很明显的一个事情，求第(K)大的最小值，一般采用的做法是二分（有人会问，但是不满足二分性啊，接着往下看）。
考虑二分答案，但是如何检验(mid)是对还是错，考虑每次只能取(<=mid)的数字，如果能取到((n-k)+1)个数字以上就可以，至于看能否取到(n-k+1)个，采用二分图匹配，左边的点是行，右边的点是列，一个格子能被取，就把其行和列连边。
为什么可以满足二分性，他们认为不满足二分性就只有一个原因，如果我们假定的第(k)大的数字太大的话，可能根本取不到(k)个大于等于这个数字的格子，但是可以取到(n-k+1)个以上小于等于这个数字的格子。
但是我们从函数的角度来证明。
我们设当我们假定的第(k)大的数字为(t)时，小于等于(t)的格子最多取(f(t))个。
那么很明显(f(t)≤f(t+1))，那么如果(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1)，那么(t)就是答案。
(f(t-1))最多取(n-k)个，同时(f(t)≥n-k+1)，取(f(t))个小于等于(t)的格子，(n-f(t))个大于(t)的格子，此时第(k)大数小于等于(t)，且因为(f(t-1)≠f(t))，所以存在(t)的格子且为第(k)大，所以构造出了第(k)大为(t)的方案。
所以只要存在(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1)，就可以构造出第(k)为(t)的方案。
现在证明假如存在最小答案(t)，其一定满足(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1)，首先，(f(t))不用证明了（显然），但是(f(t-1))吗，首先如果(f(t-1)≥n-k+1)，则一定存在(i)使得(f(i)<n-k+1)且(i<t-1)且使得(∀i<j≤t-1,f(j)>=n-k+1)，这样(i+1)也是答案，但是(i+1<t)，矛盾，得证。
且由于(f(i)≤f(i+1))，简单来说就是找唯一一个满足(f(t-1)<n-k+1,f(t)≥n-k+1)的位置，可以直接二分。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 310
#define NN 130000
using namespace std;
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
int val[N][N],n,m,K,floor_limit,ceil_limit;
bool ma[N][N],v[N];
int match[N];
bool find_match(int x)
{
v[x]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(!ma[x][i])continue;
if(!match[i] || (!v[match[i]] && find_match(match[i]))){match[i]=x;return 1;}
}
return 0;
}
bool pd(int k)
{
memset(ma,0,sizeof(ma));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(val[i][j]<=k)ma[i][j]=1;
}
}
memset(match,0,sizeof(match));
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(v,0,sizeof(v));
ans+=find_match(i);
}
return ans>=(n-K+1);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
floor_limit=1;ceil_limit=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&val[i][j]);
ceil_limit=mymax(ceil_limit,val[i][j]);
}
}
int l=floor_limit,r=ceil_limit,mid,ans=ceil_limit;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
if(pd(mid)==1)ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}