BZOJ 1854 游戏(二分图匹配或并查集)

此题的二分图匹配做法很容易想，就是把属性当做s集，武器当做t集，如果该武器拥有该武器则连一条边。

那么答案就是求该二分图的最大前i个匹配。将匈牙利算法改一改，当前找不到增广路就break。

但是过这个题需要常数优化，不能每次都fillchar一遍used数组。可以用队列将使用的used点加入，然后需要初始化的时候弹出即可。

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi 3.1415926535
# define eps 1e-
# define MOD
# define INF
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<,l,mid
# define rch p<<|,mid+,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int res=, flag=;
    char ch;
    if((ch=getchar())=='-') flag=;
    else if(ch>=''&&ch<='') res=ch-'';
    while((ch=getchar())>=''&&ch<='')  res=res*+(ch-'');
    return flag?-res:res;
}
void Out(int a) {
    if(a<) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=) Out(a/);
    putchar(a%+'');
}
const int N=;
//Code begin...

struct Edge{int to, next;}edge[N<<];
int head[N], tot, linker[N], uN;
bool used[N];
queue<int>Q;

void init(){tot=; mem(head,-);}
void addedge(int u, int v){
    edge[tot].to=v; edge[tot].next=head[u]; head[u]=tot++;
}
bool dfs(int u){
    for (int i=head[u]; i!=-; i=edge[i].next) {
        int v=edge[i].to;
        if (!used[v]) {
            used[v]=true;
            Q.push(v);
            if (linker[v]==-||dfs(linker[v])){linker[v]=u; return true;}
        }
    }
    return false;
}
int hungary(){
    int res=;
    mem(linker,-);
    FOR(u,,uN) {
        while (!Q.empty()) {
            int v=Q.front(); Q.pop();
            used[v]=;
        }
        if (dfs(u)) res++;
        else break;
    }
    return res;
}
int main ()
{
    int n, u, v;
    n=Scan();
    init();
    FOR(i,,n) {
        u=Scan(); v=Scan();
        uN=max(uN,u); uN=max(uN,v);
        addedge(u,i); addedge(v,i);
    }
    printf("%d\n",hungary());
    return ;
}

这题的并查集做法还是神啊。。。

把一个有a,b两种属性的武器看成点a，b之间的无向边

对于一个联通块，假如不含环（就是一棵树），那么必定可以满足其中任意的p-1个点。

对于一个联通块，假如含环，那么必定全部的p个点都能满足。

那么合并并查集的时候可以利用一个vis来维护这个性质，把权值看成点，把武器看成边。如果每次加入的边是合并两个联通块

就把权值小的联通块并到权值大的联通块，然后给权值小的vis=true.如果不是，就把该联通块的顶点的vis=true

这样就可以保证，如果一个大小为N联通块1.=N-1条边构成，最大点的vis=false，其他为true

2.≥N条边构成，所有点的vis=true。

那么对于当前最小的i使得vis[i]=false.那么i-1一定是可以满足的最大数量。

简单证明:从小到大来看，对于没有关联边的点，显然vis[i]=false. 关联边的点，我们每次都可以选择一个联通块上的点，且这些点占用的边可以保持不同。

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi 3.1415926535
# define eps 1e-
# define MOD
# define INF
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<,l,mid
# define rch p<<|,mid+,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int res=, flag=;
    char ch;
    if((ch=getchar())=='-') flag=;
    else if(ch>=''&&ch<='') res=ch-'';
    while((ch=getchar())>=''&&ch<='')  res=res*+(ch-'');
    return flag?-res:res;
}
void Out(int a) {
    if(a<) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=) Out(a/);
    putchar(a%+'');
}
const int N=;
//Code begin...

int fa[N];
bool vis[N];

int find(int x){
    return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void un(int x, int y){
    if (x<y) swap(x,y);
    vis[y]=; fa[y]=x;
}
int main ()
{
    int n, u, v, p, q;
    n=Scan();
    FOR(i,,n+) fa[i]=i;
    FOR(i,,n) {
        u=Scan(); v=Scan();
        p=find(u), q=find(v);
        if (p==q) vis[p]=;
        else un(p,q);
    }
    FOR(i,,n+) if (!vis[i]) {printf("%d\n",i-); break;}
    return ;
}