「POJ 2699」The Maximum Number of Strong Kings

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\(Describe\)

一场联赛可以表示成一个完全图，点表示参赛选手，任意两点u, v之间有且仅有一条有向边\((u, v)\)或\((v, u)\)，表示\(u\)打败\(v\)或\(v\)打败\(u\)。一个选手的得分等于被他打败的选手总数。一个选手被称为\(“strong\ king”\)当且仅当他打败了所有比他分高的选手。分数最高的选手也是\(“strong\ king”\)。现在给出某场联赛所有选手的得分序列，由低到高，问合理安排每场比赛的结果后最多能有几个\(“strong\ king”\)已知选手总数不超过10个。

\(Solution\)

我们观察发现选手人数不超过\(10\)个,则说明\(“strong\ king”\)不超过10个,所以我们可以枚举\(“strong\ king”\)的个数,其实二分也可以的,将这些人的个数设为k

那么这些\(“strong\ king”\)的分数该如何确定呢?

引用一个结论:

对于一个分数序列，如果最多有\(k\)个\(“strong\ king”\)，那么必然存在一种比赛情况，就是分数最大的\(k\)个人是\(“strong\ king”\)

证明:

假设序列是这个模样，\(1....i.....j.....k......n\)

假设只有\(i,k\)是\(“strong\ king”\),而j不是. 假设\(j\)输给了\(j+1\)至\(n\)区间中的\(x\)个人，那么显然\(i\)是赢了这\(x\)个人的，我们现在想把\(j\)变为\(“strong\ king”\). 那么就让把\(j\)输了的这些场全变成赢，此时\(j\)分值增加了\(x\)，就将\(j\)与\(i\)之前的人们的比赛多输\(x\)场，这样\(j\)的分数守恒了，但是\(j\)一赢之后，原本输给的\(x\)个人的分数少了，那就让他们都去赢\(i\)，这样他们的分数也就守恒了，此时发现\(i\)分数又不守恒了，少了\(x\)，恰好刚才\(j\)去输给i之前的人了\(x\)场，\(i\)正好去赢\(x\)场，这样大家的分数都守恒了。

                                                                                                                               \(from\ here:\) 戳这

所以我们可以将前\(k\)大的分数定为\(“strong\ king”\),

接下来就是建图了:

我们首先定义一下变量：

int id[101][101];//两两比赛的编号
int b[200001];//分数

我们将\((i,j)\)之间的比赛定义为\(x\)，每个队伍设为\(y[i]\)。

• 将\(s->x\)连一条流量为\(1\)的边,\(y->t\)连一条流量为\(b[y]\)的边
• 对于每一场比赛我们都有三种情况
  1. \(b[i]<b[j]\)并且\(i\)为\(“strong\ king”\)，比赛的结果已经固定了,就是\(i\)胜利,将\(x->y[i]\)连一条流量为\(1\)的边
  2. \(b[j]<b[i]\)并且\(j\)为\(“strong\ king”\)，比赛的结果也已经固定了,就是\(j\)胜利,将\(x->y[j]\)连一条流量为\(1\)的边
  3. 其他情况，比赛的结果不固定，所以要向\(y[i]\)和\(y[j]\)分别连一条流量为\(1\)的边

最后统计一下最大流就好了，判断一下最大流是不是等于\(n*(n-1)/2\)，如果等于那么\(“strong\ king”\)的个数就合法

\(code\)

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define file(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
#define inf 1e9
using namespace std;
typedef long long ll;
int head[100001],cnt,n,m,s,t=1000,x,y,z,dep[100001],id[101][101],b[200001];
struct node{
    int to,next,v;
}a[200001];
void add(int x,int y,int c){
    a[++cnt].to=y,a[cnt].next=head[x],a[cnt].v=c,head[x]=cnt;
	a[++cnt].to=x,a[cnt].next=head[y],a[cnt].v=0,head[y]=cnt;
}
queue<int> q;
int bfs(){
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    q.push(s);
    dep[s]=1;
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[now];i;i=a[i].next){
            int v=a[i].to;
            if(!dep[v]&&a[i].v>0)
                dep[v]=dep[now]+1,q.push(v);
        }
    }
    if(dep[t])
        return 1;
    return 0;
}
int dfs(int k,int list){
    if(k==t||!list)
        return list;
    for(int i=head[k];i;i=a[i].next){
        int v=a[i].to;
        if(dep[v]==dep[k]+1&&a[i].v>0){
            int p=dfs(v,min(list,a[i].v));
            if(p){
                a[i].v-=p;
                if(i&1)
					a[i+1].v+=p;
                else a[i-1].v+=p;
                return p;
            }
        }
    }
	dep[k]=0;
    return 0;
}
int Dinic(){
    int ans=0,k;
    while(bfs())
        while((k=dfs(s,inf)))
            ans+=k;
    return ans;
}
void init(int k){
	memset(head,0,sizeof(head)),cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		add(i,t,b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			add(s,id[i][j],1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(b[i]<b[j]&&i>n-k)
				add(id[i][j],i,1);
			else
				if(b[i]>b[j]&&j>n-k)
					add(id[i][j],j,1);
			else
				add(id[i][j],j,1),add(id[i][j],i,1);
		}
}
bool check(int k){
	init(k);
	return (Dinic()==n*(n-1)/2);
}
char c[100001];
int main(){
    int T;
    scanf("%d%*c",&T);
	while(T--){
		int tot=0;n=0;
		gets(c);
		for(int i=0;i<strlen(c);i++){
			if(i==0)
				b[++n]=c[i]-'0';
			else
				if(c[i-1]==' '&&c[i]>='0'&&c[i]<='9')
					b[++n]=c[i]-'0';
				else
					if(c[i-1]>='0'&&c[i-1]<='9'&&c[i]>='0'&&c[i]<='9')
						b[n]=b[n]*10+c[i]-'0';
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=i+1;j<=n;j++)
				id[i][j]=id[j][i]=++tot+n;
		for(int i=n;i;i--)
			if(check(i)){ printf("%d\n",i);break;}
	}
}