\(\tt vp\) 的时候过了 \(\tt ABCD\)，\(\tt E\) 以后复习了 \(\tt polya\) 再补。
F.Making It Bipartite
题目描述
解法
最长反链的题还能变化到这种程度，着实是没想到，看博客的大佬们能再给我推点最长反链的题么？
我的 \(\tt observation\)：考虑存在奇环等价于存在三点 \(x,y,z\)，满足 \(x|y,y|z\)，证明可以考虑存在更长的奇环就一定存在三元环。更进一步的 \(\tt observation\)：我们把满足 \(x|y\) 的 \(x,y\) 连一条 \(x\rightarrow y\) 的边，那么二分图就等价于每个点只有入度或只有出度，因为如果一个点既有出度又有入度那么就存在 \(x\rightarrow y\rightarrow z\) 的路径了。
为什么要转化成后面那样：因为二元限制（指入度\(/\)出度关系）是更好的，所有型限制也是更优秀的。
考虑简化问题：如果要求删点后图没有边，观察到图是一个偏序集，所以可以求出其最长反链。
我对偏序集的理解是：如果存在边 \(x\rightarrow y,y\rightarrow z\)，那么一定存在 \(x\rightarrow z\)
回到本题，对于 每个点只有入度或只有出度 我们可以通过拆点来把它表达成不能共存型限制，具体来说我们令 \(u'\) 点表示只有入边，\(u\) 点表示只有出边，我们来构造偏序集：
- 连 \(u'\rightarrow u\)，表示一个点的入状态和出状态不能共存。
- 如果原图有边 \(u\rightarrow v\)，那么连 \(u'\rightarrow v'\) 表示不能同时选入状态，连 \(u\rightarrow v\) 表示不能同时选出状态，连 \(u'\rightarrow v\) 表示不能 \(u\) 选入状态 \(v\) 选出状态（要不然会出现长度为 \(4\) 的链）
容易发现我们构造出来的还是一个偏序集，那么最长反链就是最多能保留的点数，上板子即可。
总结
一定要对偏序集这个条件有极强的敏感度，它有时会隐晦地出现在题目中：比如倍数关系、子串关系。
单点的二元状态考虑拆点，\(\tt 2sat\) 就是经典例子，当然它的应用当然不止于 \(\tt 2sat\)，如果原图是偏序集但是限制比较奇怪，可以通过各种方法（比如拆点）构造出新的偏序集。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 200005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,tot,a[M],b[M],id[M][4];
int S,T,cnt,f[M],cur[M],dis[M];
struct edge{int v,c,next;}e[40*M];
void add(int u,int v,int c=1)
{
e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,0,f[v]},f[v]=tot;
}
int bfs()
{
for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=0;
queue<int> q;dis[S]=1;q.push(S);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
if(u==T) return 1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!dis[v] && e[i].c>0)
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int ept)
{
if(u==T) return ept;
int flow=0,tmp=0;
for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(dis[v]==dis[u]+1 && e[i].c>0)
{
tmp=dfs(v,min(ept,e[i].c));
if(!tmp) continue;
flow+=tmp;ept-=tmp;
e[i].c-=tmp;e[i^1].c+=tmp;
if(!ept) break;
}
}
return flow;
}
int dinic()
{
int res=0;
while(bfs())
{
for(int i=S;i<=T;i++) cur[i]=f[i];
res+=dfs(S,inf);
}
return res;
}
void work()
{
//initialize
tot=1;cnt=S=m=0;n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<4;j++)
id[i][j]=++cnt;
T=++cnt;
for(int i=S;i<=T;i++) f[i]=0;
//input and build
for(int i=1;i<=n;i++)
m=max(m,a[i]=read());
for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) b[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++) if(b[i])
for(int j=i+i;j<=m;j+=i) if(b[j])
{
int x=b[i],y=b[j];
add(id[x][0],id[y][0+2]);
add(id[x][0],id[y][1+2]);
add(id[x][1],id[y][1+2]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(S,id[i][0]);add(S,id[i][1]);
add(id[i][0+2],T);add(id[i][1+2],T);
add(id[i][0],id[i][1+2]);
}
printf("%d\n",dinic()-n);
}
signed main()
{
int T=read();
while(T--) work();
}