题目描述
假设有来自m 个不同单位的代表参加一次国际会议。每个单位的代表数分别为ri (i =1,2,……,m)。

会议餐厅共有n 张餐桌，每张餐桌可容纳ci (i =1,2,……,n)个代表就餐。

为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。试设计一个算法，给出满足要求的代表就餐方案。

对于给定的代表数和餐桌数以及餐桌容量，编程计算满足要求的代表就餐方案。

输入格式
第1 行有2 个正整数m 和n，m 表示单位数，n 表示餐桌数，1<=m<=150, 1<=n<=270。

第2 行有m 个正整数，分别表示每个单位的代表数。

第3 行有n 个正整数，分别表示每个餐桌的容量。

输出格式
如果问题有解，第1 行输出1，否则输出0。接下来的m 行给出每个单位代表的就餐桌号。如果有多个满足要求的方案，只要输出1 个方案。

输入输出样例
输入 #1 复制
4 5
4 5 3 5
3 5 2 6 4
输出 #1 复制
1
1 2 4 5
1 2 3 4 5
2 4 5
1 2 3 4 5

手速题。。

考虑建图：我们要限制每个代表团的人数，和每个餐桌最大人数，故我们建立源点S，和汇点T，分别去让S连向代表团，流量为代表团人数，餐桌连向汇点T，流量为餐桌最大人数。

然后每个餐桌一个代表团的人数最多为1，我们直接连向每个餐桌，流量为1即可。

输出具体方案：我们直接考虑代表团到餐桌的流量即可（处理残量网络），如果流量为1，那么代表已经流过了，输出即可。

AC代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1010,M=100010;
int m,n,s,t,h[N],sum;
int head[N],nex[M],to[M],w[M],tot=1;
inline void ade(int a,int b,int c){
	to[++tot]=b; w[tot]=c; nex[tot]=head[a]; head[a]=tot;
}
inline void add(int a,int b,int c){
	ade(a,b,c);	ade(b,a,0);
}
int bfs(){
	memset(h,0,sizeof h);	queue<int> q;	q.push(s);	h[s]=1;
	while(q.size()){
		int u=q.front();	q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
			if(w[i]&&!h[to[i]]){
				h[to[i]]=h[u]+1;	q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return h[t];
}
int dfs(int x,int f){
	if(x==t)	return f;
	int fl=0;
	for(int i=head[x];i&&f;i=nex[i]){
		if(w[i]&&h[to[i]]==h[x]+1){
			int mi=dfs(to[i],min(f,w[i]));
			w[i]-=mi;	w[i^1]+=mi;	f-=mi;	fl+=mi;
		}
	}
	if(!fl)	h[x]=-1;
	return fl;
}
int dinic(){
	int res=0;
	while(bfs())	res+=dfs(s,0x3f3f3f3f);
	return res;
}
signed main(){
	cin>>m>>n;	s=0;	t=1+m+n;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x;	cin>>x;	add(s,i,x);	sum+=x;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;	cin>>x;	add(i+m,t,x);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)	for(int j=1;j<=n;j++)	add(i,j+m,1);
	int din=dinic();
	if(din!=sum)	return printf("0\n"),0;
	else	cout<<1<<endl;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=head[i];j;j=nex[j]){
			if(to[j]!=s&&!w[j])	cout<<to[j]-m<<' ';
		}puts("");
	}
	return 0;
}