很早之前写的题了，发现没有更博，想了想，更一发出来。
Orz ljss
这是冬令营上的例题...之后，我推出来了一种时间复杂度没有问题，空间复杂度没有问题的方法，额(⊙o⊙)…和给出的正解不同，但是能AC
分析：
正解是什么我忘了，我还是讲一下我自己的方法吧...
首先，这是一个并查集的题...但是，我没有用并查集...之后呢，我当时并不会二分图，也不会匈牙利...之后，我根据臆测...莫名其妙的想到了用二分图+匈牙利算法的方法解决这道题...（这也可以？！）
我们可以这样考虑一下，每个武器有两个属性，那么我们可以连两条边，属性和对应的武器号，顺便，开一个桶处理出每一个属性有多少把武器。
之后呢，枚举答案，对，枚举答案！
枚举答案从1到最大值，判断一下桶中的个数是否为0，如果为0，输出i-1，并且退出程序
如果桶中个数为1，那么说明，如果想要到达这个答案，我们必须使用这把武器的这个属性，那么，我们在对应武器的另一个属性的桶中减去这把武器，即：num[a[i^1]]--;
并且，将这把武器打上标记，下次使用的时候，不能继续使用。
在a[i^1]<a[i]的前提下：
如果num[a[i^1]]减成0，那么答案为i-1，并且退出程序。
如果num[a[i^1]]大于1，那么继续枚举答案。
如果num[a[i^1]]恰好等于1，那么我们递归的继续处理a[i^1]这个属性，处理方法同上。
（手动模拟匈牙利算法，捂脸！！！鬼知道我当时怎么想出来的！！！）
时间复杂度：（可过）
附上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 1000005
#define M 10005
int n;
int a[N<<1],num[M],u;
bool vis[N<<1];
struct node
{
int to,next;
}e[N<<1];
int head[M],cnt;
void add(int x,int y)
{
e[cnt].to=y;
e[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt++;
return ;
}
bool work(int x)
{
if(num[x]==0&&u>=x)return 0;
if(num[x]==1&&u>=x)
{
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(!vis[to1])
{
num[a[to1^1]]--;
vis[to1]=vis[to1^1]=1;
if(!work(a[to1^1]))
{
return 0;
}else
{
return 1;
}
}
}
}
return 1;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<(n<<1);i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
num[a[i]]++;
add(a[i],i);
}
int i;
for(i=1;i<M;i++)
{
if(num[i]==0)break;
if(num[i]==1)
{
u=i;
if(!work(i))
{
break;
}
}
}
printf("%d
",i-1);
return 0;
}