LeetCode-1601 最多可达成的换楼请求数目

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-number-of-achievable-transfer-requests

题目描述

我们有 n 栋楼，编号从 0 到 n - 1 。每栋楼有若干员工。由于现在是换楼的季节，部分员工想要换一栋楼居住。

给你一个数组 requests ，其中 requests[i] = [fromi, toi] ，表示一个员工请求从编号为 fromi 的楼搬到编号为 toi 的楼。

一开始 所有楼都是满的，所以从请求列表中选出的若干个请求是可行的需要满足 每栋楼员工净变化为 0 。意思是每栋楼 离开 的员工数目 等于 该楼 搬入 的员工数数目。比方说 n = 3 且两个员工要离开楼 0 ，一个员工要离开楼 1 ，一个员工要离开楼 2 ，如果该请求列表可行，应该要有两个员工搬入楼 0 ，一个员工搬入楼 1 ，一个员工搬入楼 2 。

请你从原请求列表中选出若干个请求，使得它们是一个可行的请求列表，并返回所有可行列表中最大请求数目。

示例 1：

输入：n = 5, requests = [[0,1],[1,0],[0,1],[1,2],[2,0],[3,4]]
输出：5
解释：请求列表如下：
从楼 0 离开的员工为 x 和 y ，且他们都想要搬到楼 1 。
从楼 1 离开的员工为 a 和 b ，且他们分别想要搬到楼 2 和 0 。
从楼 2 离开的员工为 z ，且他想要搬到楼 0 。
从楼 3 离开的员工为 c ，且他想要搬到楼 4 。
没有员工从楼 4 离开。
我们可以让 x 和 b 交换他们的楼，以满足他们的请求。
我们可以让 y，a 和 z 三人在三栋楼间交换位置，满足他们的要求。
所以最多可以满足 5 个请求。

示例 2：

输入：n = 3, requests = [[0,0],[1,2],[2,1]]
输出：3
解释：请求列表如下：
从楼 0 离开的员工为 x ，且他想要回到原来的楼 0 。
从楼 1 离开的员工为 y ，且他想要搬到楼 2 。
从楼 2 离开的员工为 z ，且他想要搬到楼 1 。
我们可以满足所有的请求。

示例 3：

输入：n = 4, requests = [[0,3],[3,1],[1,2],[2,0]]
输出：4

提示：

1 <= n <= 20
1 <= requests.length <= 16
requests[i].length == 2
0 <= fromi, toi < n

解题思路

一道很常规的枚举回溯题。每个请求有两种状态，允许或者不允许，依次枚举每一种情况，然后判断此情况下每栋楼人员变动是否持平，如果持平就比较请求数目是否大于之前的最大值。

需要注意的是判断条件十分严苛，vector形参不加入引用会导致无数次拷贝，会超时，手动还原状态并且选择引用vector时间会少很多。

并且判断每栋楼变动是否持平并不需要每次遍历数组，而是可以维护一个持平的计数，这样可以省去每次遍历vector。

代码展示

class Solution {
public:
    int iN;
    int dfs(int &iMax, vector<int> &viPerson, vector<vector<int>> &requests, int iIndex, int iCount, int iZero)
    {
        if(iIndex >= requests.size())
            return 0;
 
        dfs(iMax, viPerson, requests, iIndex +1, iCount, iZero);
 
        iZero +=  (viPerson[requests[iIndex][0]] == 0);
        --viPerson[requests[iIndex][0]];
        iZero -=  (viPerson[requests[iIndex][0]] == 0);
        iZero +=  (viPerson[requests[iIndex][1]] == 0);
        ++viPerson[requests[iIndex][1]];
        iZero -=  (viPerson[requests[iIndex][1]] == 0);
 
        iCount++;
        if(iZero == iN && iCount > iMax)
        {
            iMax = iCount;
        }
 
        dfs(iMax, viPerson, requests, iIndex +1, iCount, iZero);
        ++viPerson[requests[iIndex][0]];
        --viPerson[requests[iIndex][1]];
        iCount--;
        return 0;
    }
    int maximumRequests(int n, vector<vector<int>>& requests) {
        int iZero = n;
        iN = n;
        vector<int> viPerson(n, 0);
        int iMax = 0;
        dfs(iMax, viPerson, requests, 0, 0, iZero);
        return iMax;
    }
};

运行结果