【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
",t.first,t.second);
return 0;
}