說在前面

模擬考，只考了125，這題難的可以= =
被T2折磨致死
T3感覺複雜…懶得寫

題目

T1

連題目名字都提示了！！這就是一個最優匹配問題
像這樣的肯定和網路流（或者匈牙利）有關係，稍微思考一下就能出來，二分答案+網路流就好了

比如第一問，當前的圖是上一個人跑完之後的，然後考慮當前這個人可以滿足的最小志願是什麼。二分答案，把這個字首的邊直接加進圖裡面去，然後跑一遍網路流看流量有沒有變大，第一個變大的位置就是最小志願
第二問類似，把每個人跑完之後的圖都存下來，然後二分在哪個人之後加邊流量可以變大，就ok了

下面是程式碼

#include <vector>
 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

int ttt , C , N , M , b[205] , ss[205] ;
int id_c , stu[205] , tea[205] , S , T ;
vector<int> a[202][202] ;
struct Path{
    short pre , to ;
    int flow ;
} ;

int dis[405] , que[405] , fr , ba ;
struct
 
 Gragh{
    Path p[5205] ;
    short tp , head[405] ;
    int flow ;
    void init(){
        tp = 1 ; flow = 0 ;
        memset( head , 0 , sizeof( head ) ) ;
    }
    void In( short t1 , short t2 , int t3 ){
        p[++tp] = ( Path ){ head[t1] , t2 , t3 } ; head[t1] = tp ;
        p[++tp] = ( Path ){ head[t2] , t1 ,  0
 
 } ; head[t2] = tp ;
    }
    bool BFS(){
        memset( dis , -1 , sizeof( dis ) ) ;
        fr = 1 , ba = 0 ; dis[S] = 0 ;
        que[++ba] = S ;
        while( ba >= fr ){
            int u = que[fr++] ;
            for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
                int v = p[i].to ;
                if( !p[i].flow || dis[v] != -1 ) continue ;
                dis[v] = dis[u] + 1 ;
                que[++ba] = v ;
            }
        } return dis[T] != -1 ;
    }
    int dfs( int u , int flow ){
        if( u == T ) return flow ;
        int rt = 0 , nowf ;
        for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
            int v = p[i].to ;
            if( dis[v] != dis[u] + 1 || !p[i].flow ) continue ;
            if( ( nowf = dfs( v , min( flow , p[i].flow ) ) ) ){
                rt += nowf ;
                flow -= nowf ;
                p[i].flow -= nowf ;
                p[i^1].flow += nowf ;
                if( !flow ) break ;
            }
        } if( flow ) dis[u] = -1 ;
        return rt ;
    }
    int Dinic(){
        while( BFS() ){
            flow += dfs( S , 205 ) ;
        }
        return flow ;
    }
} G[202] , Gt ;

void clear(){
    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
        for( int j = 1 ; j <= M ; j ++ )
            a[i][j].clear() ;
    for( int i = 0 ; i <= N ; i ++ )
        G[i].init() ;
}

int getAns1( int x ){
    int lf = 1 , rg = M , rt = M + 1 ;
    while( lf <= rg ){
        int mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
    //  printf( "x(%d) spe : %d %d %d\n" , x , lf , mid , rg ) ;
        Gt = G[x-1] ;
        for( int i = lf ; i <= mid ; i ++ ){
        //  printf( "siz = %d\n" , a[x][i].size() ) ;
            for( int siz = a[x][i].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ )
                Gt.In( stu[x] , tea[ a[x][i][j] ] , 1 ) ;
        }
        Gt.Dinic() ;
        if( Gt.flow - G[x-1].flow ) rt = mid , rg = mid - 1 ;
        else lf = mid + 1 ;
    } return rt ;
}

int getAns2( int x ){
    int lf = 1 , rg = x - 1 , rt = 0 ;
    while( lf <= rg ){
        int mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
    //  if( x == 2 ) printf( "spe : %d %d %d\n" , lf , mid , rg ) ;
        Gt = G[mid-1] ;
        for( int i = ss[x] ; i ; i -- )
            for( int siz = a[x][i].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ )
                Gt.In( stu[x] , tea[ a[x][i][j] ] , 1 ) ;
        Gt.Dinic() ;
        if( Gt.flow - G[mid-1].flow ) rt = mid , lf = mid + 1 ;
        else rg = mid - 1 ;
    } return rt ;
}

int ans1[205] ;
void solve(){
    for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ ) G[0].In( tea[i] , T , b[i] ) ;
    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) G[0].In( S , stu[i] , 1 ) ;

    for( int i = 1 , t ; i <= N ; i ++ ){
        t = ans1[i] = getAns1( i ) ;
        printf( "%d " , t ) ;
        G[i] = G[i-1] ;
        if( t == M + 1 ) continue ;
        for( int siz = a[i][t].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ ){
            G[i].In( stu[i] , tea[ a[i][t][j] ] , 1 ) ;
        }
        G[i].Dinic() ;
    } puts( "" ) ;

    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ){
        if( ans1[i] <= ss[i] ) printf( "%d " , 0 ) ;
        else printf( "%d " , i - getAns2( i ) ) ;
    } puts( "" ) ;
}

int main(){
    scanf( "%d%d" , &ttt , &C ) ;
    for( int i = 1 ; i <= 200 ; i ++ ) stu[i] = ++id_c ;
    for( int i = 1 ; i <= 200 ; i ++ ) tea[i] = ++id_c ;
    S = ++id_c , T = ++id_c ;

    while( ttt -- ){
        clear() ;
        scanf( "%d%d" , &N , &M ) ;
        for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ ) scanf( "%d" , &b[i] ) ;
        for( int i = 1 , tmp ; i <= N ; i ++ ){
            for( int j = 1 ; j <= M ; j ++ ){
                scanf( "%d" , &tmp ) ;
                if( tmp ) a[i][tmp].push_back( j ) ;
            }
        } for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) scanf( "%d" , &ss[i] ) ;
        solve() ;
    }
}

T2

首先這個題，能想到的就是，選出 K+1$K+1$ 條點不相交的路徑，使其權值和最大
相當於是新增的 K$K$ 條邊把這 K+1$K+1$ 條路徑串起來了。刪掉的邊，就可以是這些路徑之間的邊，這樣一定可行
然後我們就有了一種部分分的做法

但是如果 K$K$ 的限制存在，就只能做類似揹包的dp，複雜度是GG的

我們可以發現（其實不一定能發現，但是可以感性的猜測），隨著K變大，答案會先增大後減小
也就是說g[K]−g[K−1]$g[K]-g[K-1]$這個值隨著K$K$變大，不增
感性理解一下，一開始肯定是 K$K$ 越大 g[K]$g[K]$ 越大，因為點不相交路徑可以選更多條
但是K$K$大到某個值的時候，我們就需要肢解一些路徑，這就導致有些正權邊無法產生貢獻，所以 g[K]$g[K]$ 變小

然後考慮運用一類二分方法，這類二分方法可以稱作wqs二分
就是說，因為答案的斜率不增，所以形成了一個上凸殼，我們用一條線去切這個凸包，肯定能切到一個點上
那麼這條線的斜率，我們可以看作是，每多選一條路徑，就需要付出斜率這麼多的代價。於是按照這種方式來做dp，dp選任意條路徑最大獲利是多少。這樣dp出來的值就是這條線與凸包相切時的縱截距

因為我們需要K$K$處的答案，所以我們在dp的時候順便記錄一下，當前最優的方案到底是選了多少條路徑。如果選擇的路徑條數大於了K+1$K+1$（刪k$k$條等於選k+1$k+1$條路徑），就相當於是這條線切在了K$K$以後的某個位置，另一種情況類似
按照這種方式來二分答案，就能找到剛好切K$K$的那一條線，從而根據縱截距和斜率，算出K$K$處的答案

類似方法的題，相信各位大佬在學MST的時候，都應該做過這個題：BZOJ2654

關於一些需要注意的地方：

1. 答案形成的凸包可能有多個點在同一條線上，這種情況可能無論如何都不能恰好取到我們想要的值。我們可以這樣，當權值相同的時候，邊數較少的那個優先順序高。這樣如果在二分結束時，仍然取不到我們想要的K+1$K+1$，而是比K+1$K+1$小，那麼就可以斷定，當前的dp值也就是剛好選K+1$K+1$條路徑時的dp值，從而得出答案
2. 在dp的時候注意細節，有可能存在點不屬於任何一條路徑

下面是程式碼

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

int N , K , tp , head[300005] ;
long long lf , rg , mid , inf = 1LL << 56 ;
struct Path{
    int pre , to , val ;
}p[600005] ;

struct Data{
    long long sum ;
    int cnt ;
    Data( long long _ = 0 , int __ = 0 ):sum(_) , cnt(__){} ;
    //here to write func & operat
    Data operator - ( const long long &D ) const { return Data( sum - D , cnt ) ; }
    Data operator + ( const Data &D )      const { return Data( sum + D.sum , cnt + D.cnt ) ; }
    Data operator + ( const long long &D ) const { return Data( sum + D , cnt ) ; }
    bool operator > ( const Data &A )      const { return sum > A.sum || ( sum == A.sum && cnt < A.cnt ) ; }
} dp[300005][3] , val[300005] ;

void In( int t1 , int t2 , int t3 ){
    p[++tp] = ( Path ){ head[t1] , t2 , t3 } ; head[t1] = tp ;
    p[++tp] = ( Path ){ head[t2] , t1 , t3 } ; head[t2] = tp ;
}

Data choose( Data A , Data B ){ return A > B ? A : B ; }
Data choose( Data A , Data B , Data C ){ return choose( choose( A , B ) , C ) ; }
void UPD( Data &A , Data B ){ if( B > A ) A = B ; }

void dfs( int u , int f ){
    dp[u][1] = dp[u][2] = Data( -inf , 0 ) ;
    long long sum = 0 ; int c = 0 ;
    for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
        int v = p[i].to ;
        if( v == f ) continue ;
        dfs( v , u ) ;
        val[v] = choose( dp[v][0] , dp[v][1] , dp[v][2] ) - mid ;
        val[v].cnt ++ ; UPD( val[v] , dp[v][0] ) ;
        sum += val[v].sum , c += val[v].cnt ; 
    } dp[u][0] = Data( sum , c ) ;//直接結算兒子,在父親處結算自己

    for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
        if( p[i].to == f ) continue ;
        int v = p[i].to ; long long x = p[i].val - val[v].sum ;
        UPD( dp[u][2] , dp[u][1] + Data( dp[v][0].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][0].cnt ) ) ;
        UPD( dp[u][2] , dp[u][1] + Data( dp[v][1].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][1].cnt ) ) ;
        UPD( dp[u][1] , dp[u][0] + Data( dp[v][0].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][0].cnt ) ) ;
        UPD( dp[u][1] , dp[u][0] + Data( dp[v][1].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][1].cnt ) ) ;
    } 
}

void solve(){
    long long ans = 0 ;
    while( lf <= rg ){
        mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
        dfs( 1 , 1 ) ;//在外面結算根
        Data tmp = choose( dp[1][0] , dp[1][1] , dp[1][2] ) - mid ;
        tmp.cnt ++ ; UPD( tmp , dp[1][0] ) ;

        if( tmp.cnt == K + 1 ){ ans = tmp.sum + mid * ( K + 1 ) ; break ; }
        else if( tmp.cnt > K + 1 ) lf = mid + 1 ;
        else rg = mid - 1 , ans = tmp.sum + mid * ( K + 1 ) ;
    } printf( "%lld" , ans ) ;
}

int main(){
    scanf( "%d%d" , &N , &K ) ;
    for( int i = 1 , u , v , val ; i < N ; i ++ ){
        scanf( "%d%d%d" , &u , &v , &val ) ;
        In( u , v , val ) ;
        if( val > 0 ) lf = min( (long long)-val , lf ) , rg += val ;
    } solve() ;
}

T3

對於題面上所說的，要選取滿足條件的(i,j)$(i,j)$，正著做不好做，於是我們倒著來，考慮不滿足條件的有哪些
一次選取，相當於是把這個字串切成三段，三段裡都不含有目標串，也就是說切割位置正好切斷了：所有能和目標串匹配上的串
可以發現如果說存在三個匹配串，它們倆倆無交，那麼無論怎麼切都滿足條件
所以只用考慮：只有一個匹配串；可以把匹配串分成兩部分，並且分別並集不為空；這兩種情況
然後按照這個思路想下去就ok了

感覺比較複雜，於是偷懶沒有寫，可以去看看Hugh的cnblog裡的題解，比me這裡詳細很多