Atcoder Grand Contest F Construction of a tree

Construction of a tree

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Solution

考虑这样的一个二分图，图左边全是点$x$，右边全是集合$E_i$。若$x\in E_i$，则让$x$向$E_i$间连一条边。
假设我们已经把树建出来了，选择任意一个节点为根并把这个节点去掉，可以发现剩下的点和剩下的边恰好可以一一配对，这也就意味着，对于上述的二分图，去掉左边任意一个点后，二分图依旧有完美匹配是必要条件。

但很快我们便可以发现上述条件也是充分条件。
考虑分别去掉$u$和去掉$v$的二分图的完美匹配，将他们两个二分图取个并集，可以发现，二分图上$u$到$v$的路径恰好对应了一种构造$u$至$v$的路径的方案，因此我们可以先去掉任意一个点$v$，然后跑出完美匹配，然后我们考虑构造方案，假设完美匹配中$u$匹配了$E_i$，则令$u$向$E_i$中的每个点连一条边，然后从$v$跑一遍$dfs$，跑出来的$dfs$树便是答案所求的树，如果$dfs$不能遍历所有的点，说明上述充要条件并不满足。

至于求二分图最大匹配，我们可以使用$Dinic$算法，用$Dinic$算法求二分图最大匹配的复杂度为$O(m\sqrt{n})$

Code

#include
#include
#include
#include
 
#define fo(i,j,l) for(int i=j;i<=l;++i)
#define fd(i,j,l) for(int i=j;i>=l;--i)
 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=22e4,M=N<<1,K=M<<1;
 
inline int read()
{
	int o=0; char ch=' ';
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())o=o*10+(ch^48);
	return o;
}
 
int ne[K],la[M],lb[K],c[K],bb[N][2];
int dep[M];
int y[M];
 
int fa[N],re[N];
int gs[N];
int ke[M];
int be[N],en[N];
int n,m,S,T,oo;
int d[M];
 
inline int get(int o)
{return (fa[o]==o)?(o):(fa[o]=get(fa[o]));}
 
inline void llb(int a,int b,int cc)
{ne[++oo]=la[a]; la[a]=oo; lb[oo]=b; c[oo]=cc;}
 
inline void bfs()
{
	fo(i,1,T)dep[i]=-1;
	dep[S]=0;
	int l=0,r=1;
	d[r]=S;
	while(l<r){
		int o=d[++l];
		for(int y=la[o];y;y=ne[y])
		if(c[y]==1&&dep[lb[y]]==-1){
			dep[lb[y]]=dep[o]+1;
			d[++r]=lb[y];
		}
	}
	fo(i,1,T)y[i]=la[i];
}
 
inline int flow(int o)
{
	if(o==T)return 1;
	for(;y[o];y[o]=ne[y[o]])
	if(dep[lb[y[o]]]==dep[o]+1&&c[y[o]])
	if(flow(lb[y[o]])){
		c[y[o]]=0;
		c[y[o]^1]=1;
		return 1;
	}
	dep[o]=-1;
	return 0;
}
 
inline void dg(int o)
{
	for(int y=la[o];y;y=ne[y])
	if(!fa[lb[y]]){
		fa[lb[y]]=o;
		bb[re[lb[y]]][0]=o;
		bb[re[lb[y]]][1]=lb[y];
		++oo;
		dg(lb[y]);
	}
}
 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n)fa[i]=i;
	fo(i,1,n-1){
		gs[i]=read();
		be[i]=oo+1; 
		fo(l,1,gs[i]){
			ke[++oo]=read();
			if(l!=1)
			if(get(ke[oo-1])!=get(ke[oo]))fa[fa[ke[oo]]]=fa[ke[oo-1]];
		}
		en[i]=oo;
	}
	int kk=get(1);
	fo(i,2,n)if(get(i)!=kk){
		puts("-1");
		return 0;
	}
	
	S=n*2,T=S^1,oo=1;
	fo(i,1,n)llb(S,i,1),llb(i,S,0);
	fo(i,1,n-1)fo(l,be[i],en[i])llb(ke[l],n+i,1),llb(n+i,ke[l],0);
	fo(i,1,n-1)llb(n+i,T,1),llb(T,n+i,0);
	
	int ans=0;
	while(true){
		bfs();
		if(dep[T]==-1)break;
		else while(flow(S))++ans;
	}
	
	if(ans!=n-1){
		puts("-1");
		return 0;
	}
	
	int root=0;
	fo(i,1,n)fa[i]=0;
	fo(i,1,n){
		int ok=0;
		for(int y=la[i];y;y=ne[y])
		if(c[y]==0&&lb[y]!=S){
			re[i]=lb[y]-n;
			ok=1; break;
		}
		if(!ok)root=i;
	}
	
	oo=0;
	fo(i,1,n)la[i]=fa[i]=0;
	fo(i,1,n)if(root!=i)
	fo(l,be[re[i]],en[re[i]])if(ke[l]!=i)llb(ke[l],i,0);
	fa[root]=-1;
	oo=0;
	dg(root);
	if(oo!=n-1)puts("-1");
	else fo(i,1,n-1)printf("%d %d\n",bb[i][0],bb[i][1]);
}