[BZOJ 1562][NOI 2009]变换序列(二分图匹配)

题目链接

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1562

题目大意

有一个长为n的序列A，对于任意的Ai，1<=i<=n,1<=Ai<=n,且对于任意的1<=i,j<=n,i!=j，Ai!=Aj。对其中每个元素进行加di mod n或者是减di加n后mod n的操作后，变成一个新的序列T，要你判断这样的T是否存在，以及最小字典序的T。

题目思路

如果只要判断合法性，这就是个裸的二分图匹配问题，将A中的每个Ai与T中的数字(Ai+di) mod n,(Ai−di+n) mod n连边，然后判断二分图是否能完全匹配即可。不过如果要求字典序最小的T也很简单，我们只需要保证邻接表中的每条边按照它们的终点升序排序，那么在二分图匹配时，如果没有增广的情况，每个x侧点选择的y侧点一定都是最小的。我们再从x侧点的最后一个点开始，从后往前进行增广，便能使得前面的点找不到匹配的y侧点时，后面的点会由最小的y侧对应匹配点变成大一点点的匹配点，而前面的点就能选择更小的那个匹配点了，这样保证前面的点找到的匹配点比后面的点找到的匹配点更优，便能满足最小字典序的要求了(说起来很绕口额。。。大家自己意识流一下便能明白为什么这是正确的了)
然后很无脑地贡献了4发PE，坑爹的BZOJ居然不能输出行末空格和文末换行

代码

#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <vector>#define MAXE 1100000#define MAXV 31000using namespace std;int n;int pre[MAXV];bool visit[MAXV];vector<int>G[MAXV];bool dfs(int u){    for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++)    {        int v=G[u][i];        if(!visit[v])        {            visit[v]=true;            if(pre[v]==-1||dfs(pre[v]))            {                pre[v]=u;                pre[u]=v;                return true;            }        }    }    return false;}int main(){    memset(pre,-1,sizeof(pre));    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        int d;        scanf("%d",&d);        int a=i-d,b=i+d;        if(a<=0) a+=n;        if(b>n) b-=n;        a+=n,b+=n; //与原有的1～n的数字区分开        if(a>b) swap(a,b); //保证a<b,这样邻接表里的边的终点才能是字典序        G[i].push_back(a),G[i].push_back(b);    }    for(int i=n;i>=1;i--) //注意是从后往前做二分图匹配    {        memset(visit,false,sizeof(visit));        if(!dfs(i))        {            printf("No Answer");            return 0;        }    }    for(int i=1;i<n;i++)        printf("%d ",pre[i]-n-1);    printf("%d",pre[n]-n-1);    //printf("\n");    return 0;}