【题解】CF611H New Year and Forgotten Tree

神题了...

题目描述

给定你一棵树，可是每个节点上的编号看不清了，只能辨别它的长度。现在用问号的个数代表每个节点编号那个数字的长度，请你还原这一颗树，任意输出一个方案，有PSJ\(SPJ\)来检验你的正确性。无解输出一行\(-1\) 。

输入格式：

第一行一个整数\(n\)。

接下来 \(n-1\)行每行两个有问号构成的字符串，代表编号长度。

输出格式 :

若有解，直接输出\(n-1\)行，每行两个正整数，代表你还原的这颗树的边连接的两个节点。

若无解输出\(-1\)

solution_1:搜索套网络流

仔细思考一下，发现问号个数分别一样的边是本质相同的，我们把形如\((? ?\ , ??)\)这样的边先处理掉，直接连成一条链，然后把这条链看做一个点。

现在问题就变成了，给你五种不同颜色的点，相同颜色不连边，现在已知颜色两两相连的边的数目，请你构造一颗树出来。

怎么构造？可以每种颜色选定一个"关键点"，先让关键点们生成一棵树，要求别的颜色连边过来必须连这一个点。我们抓出两种颜色来讨论，必须满足\(|a->b_{关键}|+|b->a_{关键}|=e[a][b]\)，我们可以把所有的限制建模跑网络流，这样我们就知道从每种颜色连到另一种颜色的数目，就可以直接构造方案了。

但是有个问题，关键点之间生成的树对于答案是有影响的，所以还要先暴搜这(最多五个)点的连边情况，这个爆搜底数和指数都很小，可以当做常数。

然而我没写这种。

solution_2:Hall定理

hall定理：加入对于一个二分图存在完美匹配(已经把某一边匹配满了)，设两边为\(X,Y,|X|\le|Y|\)，那么在\(|X|\)中选出\(\forall k \in[0,|X|]\)个顶点，它向另一边连接的点数\(\ge k\)。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int qr(){

      char c=getchar();

      register int ret=0,f=0;

      while(not isdigit(c)) f|=c==45,c=getchar();

      while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

      return f?-ret:ret;

}

inline int qrqr(){

      register char c=getchar();

      register int ret=0;

      while(c^'?')c=getchar();

      while(c=='?')++ret,c=getchar();

      return ret;

}

const int maxn=9;

int ten[maxn];

int e[maxn][maxn];

int cnt[maxn];

bool in[maxn];

#define pb(x,y) push_back(make_pair(x,y))

vector < pair< int , int > > ve;

int n,m;

inline bool chek(){

      for(register int t=0,edd=(1<<m)-1;t<edd;++t){

	    int a(0),b(0);

	    for(register int i=0;i<m;++i)

		  if(t>>i&1) b+=cnt[i+1];

	    for(register int f=0;f<m;++f)

		  for(register int g=f;g<m;++g)

			if((t>>f&1)|(t>>g&1))

			      a+=e[f+1][g+1];

	    if(a<b) return 0;

      }

      return 1;

}

int main(){

      freopen("Manchester.in","r",stdin);

      freopen("Manchester.out","w",stdout);

      int sav=qr();

      n=sav;

      ten[1]=1;

      for(register int t=2;t<=6;++t) ten[t]=ten[t-1]*10;

      while(sav) sav/=10,++m;

      for(register int t=1,t1,t2;t< n;++t){

	    t1=qrqr();t2=qrqr();

	    ++e[t1][t2];

	    if(t1^t2)++e[t2][t1];

      }

      for(register int t=1;t<=5;++t) cnt[t]=ten[t+1]-ten[t];

      cnt[m]=n-ten[m]+1;

      if(not chek()) return puts("-1"),0;

      --cnt[1],in[1]=1,++ten[1];

      while(sav<n-1){

	    for(register int t=1;t<=m;++t){

		  if(in[t])

			for(register int i=1;i<=m;++i){

			      if(!e[i][t] || !cnt[i]) continue;

			      --e[i][t],--cnt[i];

			      if(t^i) --e[t][i];

			      if(chek()){

				    ve.pb(ten[t]-1,ten[i]);

				    ++ten[i];in[i]=1;++sav;

			      }

			      else {

				    ++e[i][t],++cnt[i];

				    if(t^i) ++e[t][i];

			      }

			}

	    }

      }

      for(auto t:ve)

	    printf("%d %d\n",t.first,t.second);

      return 0;

}