【AGC029F】Construction of a tree

题目

题目链接：https://atcoder.jp/contests/agc029/tasks/agc029_f
给定 \(n-1\) 个点集(全集为 \(\{1,2,...,n\}\)), 从每个集合内选两个点连边, 使得最后形成一棵树。
输出方案。
\(n\leq 10^5,\sum m\leq 2\times 10^5\)。

思路

考虑建立一张二分图，其中左边是每一个点，右边是每一个集合。如果 \(x\in A\)，那么从点 \(x\) 向集合 \(A\) 连一条流量为 \(1\) 的边。
然后不难发现一个有解的必要条件：除去根节点以外，这张二分图存在完美匹配。因为如果有解，那么每一个点向他父节点都在的集合流即可。
根节点可以任意选，在代码中为了方便，我取根节点为 \(n\)。
接下来考虑如下构造：求出每一个集合是从哪个点流过来的流量 \(\mathrm{num_i}\)，从 \(n\) 开始 bfs，每次尝试将队首的点所在的所有集合的 \(\mathrm{num}\) 连边。不难发现这样一定会构造出一棵树，所以这个条件恰好是充分的。
复杂度就是二分图网络流的复杂度 \(O(\sum m\sqrt{n})\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N=300010,Inf=1e9;
int n,S,T,maxf,tot=1,head[N],cur[N],dep[N],num[N],ans[N][2];
bool vis[N];
 
struct edge
{
	int next,to,flow;
}e[N*4];
 
void add(int from,int to,int flow)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,flow};
	head[from]=tot;
}
 
bool bfs()
{
	memset(dep,0x3f3f3f3f,sizeof(dep));
	memcpy(cur,head,sizeof(cur));
	queue<int> q;
	q.push(S); dep[S]=1;
	while (q.size())
	{
		int u=q.front(); q.pop();
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (e[i].flow && dep[v]>dep[u]+1)
			{
				dep[v]=dep[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return dep[T]<Inf;
}
 
int dfs(int x,int flow)
{
	if (x==T) return flow;
	int used=0,res;
	for (int i=cur[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to; cur[x]=i;
		if (e[i].flow && dep[v]==dep[x]+1)
		{
			res=dfs(v,min(flow-used,e[i].flow));
			used+=res;
			e[i].flow-=res; e[i^1].flow+=res;
			if (used==flow) return used;
		}
	}
	return used;
}
 
void dinic()
{
	while (bfs())
		maxf+=dfs(S,Inf);
}
 
void bfs1()
{
	queue<int> q;
	q.push(n);
	while (q.size())
	{
		int u=q.front(); q.pop();
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (v!=S && !vis[v])
			{
				tot++;
				ans[v-n][0]=u; ans[v-n][1]=num[v];
				q.push(num[v]); vis[v]=1;
			}
		}
	}
}
 
int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	S=N-1; T=N-2;
	for (int i=1,m;i<n;i++)
	{
		scanf("%d",&m);
		for (int j=1,x;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&x);
			add(x,i+n,1); add(i+n,x,0);
		}
		add(S,i,1); add(i,S,0);
		add(i+n,T,1); add(T,i+n,0);
	}
	dinic();
	if (maxf!=n-1) return printf("-1"),0;
	for (int i=1;i<n;i++)
		for (int j=head[i];~j;j=e[j].next)
			if (e[j].to!=S && !e[j].flow)
				num[e[j].to]=i;
	tot=0; bfs1();
	if (tot<n-1) return printf("-1"),0;
	for (int i=1;i<n;i++)
		printf("%d %d\n",ans[i][0],ans[i][1]);
	return 0;
}