链接：Luogu-P1963
思路
这个题目可以看出你真正理解了匈牙利算法没有。
首先我们可以建立二分图的模型：每个位置可以有2种取值，于是我们把位置作为左边的点，取值作为右边的点。然后进行二分图匹配，只要有完美匹配，完美匹配就是一个可行解。
再考虑题面中最优性的要求。对于字典序问题，我们常常按照字典序枚举。于是这里也可以枚举：从上往下枚举左边的点，按照字典序枚举和右边的哪个点匹配，再看除开匹配了的两个点剩下的那个图中有没有完美匹配。举个例子：不妨设左边的点$u_i$和右边的点$v_i,v_i’$连了边。首先尝试匹配$(u_i, v_i)$。在除开了这条边以及这条边之前以及匹配的子图后，看剩下的图有无完美匹配。如果有，就选定$(u_i,v_i)$，否则尝试选定$(u_i, v_i’)$。如果$(u_i, v_i’)$还不行的话就说明无解。 由于枚举左边的点是$O(n)$的，匈牙利算法是$O(nm)=O(n^2)$的（边数是$O(n)$的），这个方法复杂度是$O(n^3)$的，有些高。
这时就要追寻匈牙利算法的本质了。不妨设左边点集为X，右边的为Y，那么匈牙利算法是后面的X点把Y点以前匹配的X点“挤掉”的过程，因为每次从某个X点$u$开始增广，都会试着让mat[v] = u。如果我们让字典序小的“挤掉”字典序大的，不就刚刚好可以满足题意了么？我们把邻接表按照字典序排序，每次再倒着扫描，并且增广即可。复杂度为$O(n^2)$，但是上界比较松，可以通过。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 20000, MAXM = 4e4, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, match_cnt, e_ptr, vis[MAXN+10], mat[MAXN+10];
vector<int> G[MAXN+10];
inline void AddPair(int u, int v){
G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
}
bool augment(int u) {
for(int i=0; i<G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if(vis[v] == match_cnt) continue;
vis[v] = match_cnt; //数据范围比较大，不清空数组，打时间戳
if(mat[v] == -1 || augment(mat[v])) {
mat[v] = u;
return true;
}
}
return false;
}
int Hungary() {
memset(mat, 0xff, sizeof(mat));
int ret = 0;
for(int u=n-1; u>=0; u--) { //!!
++match_cnt;
if(augment(u)) ++ret;
}
return ret;
}
template<typename T>
inline void readint(T& x) {
T f=1, r=0; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) { if(c=='-')f=-1; c=getchar(); }
while(isdigit(c)) { r=r*10+c-'0'; c=getchar(); }
x = f*r;
}
int main() {
int d, a, b, Ans;
readint(n);
for(int i=0; i<n; i++) {
readint(d);
a = (i-d+n)%n;
b = (i+d)%n;
AddPair(i, a+n);
AddPair(i, b+n);
}
for(int i=0; i<2*n; i++)
sort(G[i].begin(), G[i].end());
Ans = Hungary();
if(Ans != n) puts("No Answer");
else {
for(int i=0; i<n; i++)
mat[mat[i+n]]=i;
for(int i=0; i<n; i++) {
printf("%d", mat[i]);
if(i!=n-1) putchar(' ');
}
}
return 0;
}
/*
附赠数据一组：
16
4 5 6 8 5 3 4 6 7 7 4 6 7 4 7 3
*/
还有别的做法吗？
考虑贪心。
（待填坑）
参考：Byvoid神犇的Blog（%%%%%%%）
