【Nowcoder】2021牛客暑假集训营（第三场): Minimum grid 二分图匹配

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题意

一个$n\ast n$的矩阵，有$m$个位置需要填数，填的数的范围是$0<=k<=1e6$,需要满足第$i$行的最大值是$b$，第$j$列的最大值是$c_i$，求一个满足条件的最小代价
$n<=2e3,m<=8e5,k<=1e6$

分析

如果第$i$行和第$j$列的最大值都是$x$，那么我如果在位置$i,j$处填$x$，那么最后的代价可以减小$x$，所以可以把问题转化为有多少组行和列可以共享一个最大值
把行和列看成$2\ast n$个点，然后做二分图最大匹配即可

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define dl(x) printf("%lld\n",x);
#define di(x) printf("%d\n",x);
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef vector<int> VI;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e3 + 10,M = 1e6 + 10;
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1);
template<typename T>inline void read(T &a) {
	char c = getchar(); T x = 0, f = 1; while (!isdigit(c)) {if (c == '-')f = -1; c = getchar();}
	while (isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0'; c = getchar();} a = f * x;
}
int gcd(int a, int b) {return (b > 0) ? gcd(b, a % b) : a;}
int n,m,k;
VI c[M],r[M];
bool st[N][N];
bool f[N * 2];
int match[N * 2];
VI son[N * 2];

bool find(int x){
	for(auto j:son[x]){
		if(f[j]) continue;
		f[j] = true;
		if(!match[j] || find(match[j])){
			match[j] = x;
			return true;
		}
	}
	return false;
}

int main() {
	read(n),read(m),read(k);
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		int x;
		read(x);
		c[x].pb(i);
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		int x;
		read(x);
		r[x].pb(i + n);
	}
	while(m--){
		int x,y;
		read(x),read(y);
		st[x][y] = true;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= k;i++){
		if(c[i].size() + r[i].size() == 0) continue;
		for(int j = 1;j <= 2 * n;j++) son[j].clear();
		for(auto u:c[i])
			for(auto j:r[i]){
				if(!st[u][j - n]) continue;
				son[u].pb(j);
				son[j].pb(u);
			}
		memset(match,0,sizeof match);
		int res = 0;
		for(int j = 1;j <= 2 * n;j++){
			memset(f,0,sizeof f);
			if(find(j)) res++; 
		}
		ans += 1ll * (c[i].size() + r[i].size() - res / 2) * i;
	}
	dl(ans);
	return 0;
}