洛谷P2423 [HEOI2012]朋友圈

题目大意：

有(A,B)两个点集，每个点有点权，在(A)集合中，两个点之间有边满足(a_i xor a_j mod 2 = 1)，在(B)集合中，两个点之间有边满足(b_i xor b_j mod 2=0)或者(b_i or b_j)化成二进制有奇数个(1)

求(A,B)集合的最大团的大小

第一类数据：(|A|le 200,|B|le 200)
第二类数据：(|A|le 10,|B|le 3000)

目前算法表示最大团问题是个(NPC)问题，所以我们不能直接解决

但是我们也许知道，最大团=补图最大独立集

考虑建立补图求最大独立集

对于(A)集合，在原图中奇偶不同的点之间有边，则在补图中奇偶相同的点之间全部有边，奇偶不同的点之间没有边，对于补图最大独立集，(A)图中最多选两个

对于(B)集合，在原图中奇偶相同的点之间有边，奇偶不同的点一些有边，则在补图中，奇偶相同的点之间没有边，我们可以以奇偶为划分标准将补图划分成二分图

建出补图后，因为(A)集合中点数很少，我们可以枚举(A)集合中选取的点，然后把与这些点构成完全图的(B)集合中的点标记，跑二分图最大独立集

略卡常，加时间戳优化

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
namespace red{
#define eps (1e-8)
	inline int read()
	{
		int x=0;char ch,f=1;
		for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
		if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
		while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
		return f?x:-x;
	}
	const int N=3010;
	int haku;
	int n,m,k,ret,tim,tim2;
	int T[N];
	int ap[N],bp[N];
	bool jx[N][N];
	bool jxb[N][N];
	int vis[N<<2],f[N<<2];
	int t3[N<<2];
	int py[N],num;
	int ans;
	int head[N],cnt;
	struct point
	{
		int nxt,to;
		point(){}
		point(const int &nxt,const int &to):nxt(nxt),to(to){}
	}a[N*N];
	inline void link(int x,int y)
	{
		a[++cnt]=(point){head[x],y};head[x]=cnt;
	}
	inline bool check(int x)
	{
		int sum=0;
		for(;x;x-=(x&-x)) ++sum;
		return sum&1;
	}
	inline bool find(int x)
	{
		for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
		{
			int t=a[i].to;
			if(vis[t]!=tim&&T[t]==tim2)
			{
				vis[t]=tim;
				if(t3[t]!=tim||!f[t]||find(f[t]))
				{
					f[t]=x;
					t3[t]=tim;
					return 1;
				}
			}
		}
		return 0;
	}
	inline int solve()
	{
		int ret=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			if(T[i]==tim2) ++tim,ret+=find(i);
			else ++ret;
		}
		return m-ret;
	}
	inline void main()
	{
		haku=read();
		while(haku--)
		{
			n=read(),m=read(),k=read();
			for(int i=1;i<=n;++i) ap[i]=read();
			for(int j=1;j<=m;++j) bp[j]=read();
			for(int x,y,i=1;i<=k;++i)
			{
				x=read(),y=read();
				jx[x][y]=1;
			}
			for(int i=1;i<=m;++i)
			{
				if(bp[i]&1)
				{
					for(int j=1;j<=m;++j)
					{
						if(!(bp[j]&1))
							if(!check(bp[i]|bp[j])) link(i,j);
					}
				}
			}
			ret=max(ret,solve());
			for(int i=1;i<=n;++i)
			{
				++tim2;
				for(int j=1;j<=m;++j)
				{
					if(jx[i][j]) T[j]=tim2;
				}
				ret=max(ret,solve()+1);
			}
			for(int i=1;i<=n;++i)
			{
				if(ap[i]&1)
				for(int j=i+1;j<=n;++j)
				{
					if(!(ap[j]&1))
					{
						++tim2;
						for(int k=1;k<=m;++k)
						{
							if(jx[i][k]&&jx[j][k]) T[k]=tim2;
						}
						ret=max(ret,solve()+2);
					}
					
				}
			}
			printf("%d
",ret);
		}
	}
}
signed main()
{
	red::main();
return 0;
}