[HNOI2006]超级英雄

题目描述

现在电视台有一种节目叫做超级英雄，大概的流程就是每位选手到台上回答主持人的几个问题，然后根据回答问题的多少获得不同数目的奖品或奖金。主持人问题准备了若干道题目，只有当选手正确回答一道题后，才能进入下一题，否则就被淘汰。为了增加节目的趣味性并适当降低难度，主持人总提供给选手几个“锦囊妙计”，比如求助现场观众，或者去掉若干个错误答案（选择题）等等。

这里，我们把规则稍微改变一下。假设主持人总共有m道题，选手有n种不同的“锦囊妙计”。主持人规定，每道题都可以从两种“锦囊妙计”中选择一种，而每种“锦囊妙计”只能用一次。我们又假设一道题使用了它允许的锦囊妙计后，就一定能正确回答，顺利进入下一题。现在我来到了节目现场，可是我实在是太笨了，以至于一道题也不会做，每道题只好借助使用“锦囊妙计”来通过。如果我事先就知道了每道题能够使用哪两种“锦囊妙计”，那么你能告诉我怎样选择才能通过最多的题数吗？

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行是两个正整数  和  ()表示总共有 n 种“锦囊妙计”，编号为 ，总共有  个问题。

以下的m行，每行两个数，分别表示第  个问题可以使用的“锦囊妙计”的编号。

注意，每种编号的“锦囊妙计”只能使用一次，同一个问题的两个“锦囊妙计”可能一样。

输出格式：

输出的第一行为最多能通过的题数 ，接下来  行，每行为一个整数，第  行表示第  题使用的“锦囊妙计的编号”。

如果有多种答案，那么任意输出一种，本题使用 Special Judge 评判答案。

输入输出样例

输入样例#1：

5 6
3 2
2 0
0 3
0 4
3 2
3 2

输出样例#1：

4
3
2
0
4

题解:

1.Solution1 二分图匹配

可以直接上匈牙利,枚举每一个问题,直到匹配失败时的问题数就是答案

原理可以认为是匈牙利算法不会使之前的问题失去匹配,而是更改它的匹配对象.

2.Solution2 二分答案+网络流

直接二分mid,将前mid个问题建立匹配,判断最大流是否等于mid即可

 #include <algorithm>
 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 using namespace std;
 const int N=;
 int head[N],num=;
 struct Lin{
     int next,to;
 }a[N<<];
 void init(int x,int y){
     a[++num].next=head[x];
     a[num].to=y;
     head[x]=num;
 }
 void addedge(int x,int y){
     init(x,y);init(y,x);
 }
 int n,m,bel[N];bool vis[N];
 bool dfs(int x){
     int u;
     for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
         u=a[i].to;
         if(!vis[u]){
             vis[u]=true;
             if(!bel[u] || dfs(bel[u])){
                 bel[x]=u;bel[u]=x;return true;
             }
         }
     }
     return false;
 }
 void work(){
     int x,y;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=m;i++){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         addedge(i,x+m);addedge(i,y+m);
     }
     bool t;int i;
     for(i=;i<=m;i++){
         memset(vis,,sizeof(vis));
         t=dfs(i);
         if(!t)break;
     }
     i--;
      printf("%d\n",i);
     for(int j=;j<=i;j++)
       printf("%d\n",bel[j]-m);
 }
 int main()
 {
     work();
     return ;
 }