@hdu - 5503@ EarthCup

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@description@

n 个队伍两两之间比赛，保证没有平局。

现在给出 n 个队伍分别的获胜次数，询问这些数据是否合法。

Input

先给出 T(T≤50) 表示数据组数。

对于每组数据给出 n(n≤50000) 表示参赛队伍数。

接下来 n 行，第 i 给出一个整数 ai (0≤ai<n) 表示第 i 个队伍的获胜次数。

Output

对于每组数据，若不合法输出 "The data have been tampered with!"，否则输出 "It seems to have no problem."。

Sample Input

2

3

2

1

0

3

2

2

2

Sample Output

It seems to have no problem.

The data have been tampered with!

Hint:

对于第一组数据，一种可能的情况是队伍 1 战胜队伍 2, 3，队伍 2 战胜队伍 3。

对于第二组数据，不难发现不存在一种可能的胜负情况。

@solution@

竞赛图的判定，有一个叫作兰道定理的东西。

但是我这里不详细讲兰道定理的一般证明方法，只提供我在网上看到的一个有趣的推导。

假如胜者向败者连边，则题目相当于给出竞赛图中所有点的出度，问是否存在合法的图。

考虑给无向完全图的边定向得到竞赛图，我们定向为 u->v 时，u 所需要的出度就会少 1。

这会让我们联想起混合图欧拉路中，也是通过给无向边定向调整入度出度。于是联想到网络流。

考虑如下的建模：

从 s 向 n*(n-1) 条边连容量为 1 的边；假如第 i 条边为 (u, v)，则 i 向 u 和 v 各连一条容量为 1 的边；最后 n 个顶点向 t 连容量为 a[i] 的边。

假如这个网络流能够满流，则对应原题目中的合法。

但是显然我们直接跑是跑不了的，考虑怎么样才能直接判定。

如果我们将 n 个顶点每一个点拆成 a[i] 个点，则问题可以转为二分图完美匹配的判定性问题，于是就可以引入 hall 定理。

考虑从左边选出一个集合对应的右边的邻集意义是什么，不难发现其实是从原图中选出一个边集，每条边连接的原图中的点的集合。

hall 定理要求邻集必须比当前集合大。反过来，我们考虑给定一个邻集（即对应原图中的点集），能够得到的最大的当前集合有多大——其实就是边集在原图中形成完全图时最大。

于是，我们可以在本题中将 hall 定理等价地推为 \(\frac{|S|*(|S|-1)}{2} \le \sum_{i\in S}a[i]\)，对于原图中任意一个点集 S 都要满足。

注意到左边只与 S 的大小有关，我们只需要考虑 S 同等大小的情况下 \(\sum_{i\in S}a[i]\) 的最小值。贪心地想这个最小值一定是 a 中前 |S| 小的加起来。

于是：只需要将 a 排好序，对于每一个 i，如果满足 a[1] + a[2] + ... + a[i] >= i*(i-1)/2 即有解。

当然因为要求完美匹配，所以左右大小应该相等，即应该有 a[1] + a[2] + ... + a[n] = n*(n-1)/2。

其实上面的判别式就是兰道定理。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 50000;
int a[MAXN + 5], n;
void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1);
	ll sum = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		sum += a[i];
		if( sum < 1LL*i*(i-1)/2 ) {
			puts("The data have been tampered with!");
			return ;
		}
	}
	if( sum == 1LL*n*(n-1)/2 )
		puts("It seems to have no problem.");
	else puts("The data have been tampered with!");
}
int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	while( T-- ) solve();
}

@details@

至于兰道定理真正的证明。。。没有必要记吧。。。记忆一个 hall 定理已经够累了。。。