题目大意:一个老师带他的一群学生去旅游。带走的这群学生整体必须满足给出四个条件之一。问最多能带走多少学生。
解题思路:
二分图匹配题。最初我是这样考虑的:符合条件的学生连一条边,求最大匹配*2就行了。
但是问题却没那么简单。最大匹配保证的是多少人被匹配,至于匹配的东西是否有重复,它就不管了。如果简单的最大匹配数*2,那么中间有一些人被匹配了多次,也就是说人多了!
想要得到独立的人数,则必须使用最大独立集做法。
最大独立集的求法很简单:最大匹配的建图方式反过来!意思说完全不符合条件的才连边,在这题里,就是4个条件都不符合要求的学生连一条边。
然后求最大匹配数,ans=n-match/2。
注意这里为啥要除以2,因为你在建图的时候肯定图方便,用了两层for(1..n)判断i和j然后addedge了吧,这样就成了无向图了。
而Hungry是针对有向图的,所以match数成了原来的2倍,所以要除以2。
二分图中使用链式前向星也是挺好的。
#include "string" #include "cstdio" #include "cstring" #include "iostream" using namespace std; #define maxn 505 int n,head[maxn],tol,link[maxn]; bool vis[maxn]; struct Edge { int next,to; }e[maxn*maxn]; struct person { int h; char sex; string music,sport; }p[505]; void addedge(int u,int v) { e[tol].to=v; e[tol].next=head[u]; head[u]=tol++; } int abs(int x) {return x<0?-x:x;} bool judge(person a,person b) { if(abs(a.h-b.h)<=40&&a.sex!=b.sex&&a.music==b.music&&a.sport!=b.sport) return true; else return false; } bool dfs(int u) { for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(vis[v]) continue; vis[v]=true; if(!link[v]||dfs(link[v])) { link[v]=u; return true; } } return false; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); int T; cin>>T; while(T--) { memset(link,0,sizeof(link)); memset(head,-1,sizeof(head)); tol=0; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>p[i].h>>p[i].sex>>p[i].music>>p[i].sport; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i!=j&&judge(p[i],p[j])) {addedge(i,j);} int match=0; for(int i=1;i<=n;i++) { memset(vis,false,sizeof(vis)); if(dfs(i)) match++; } printf("%d ",n-match/2); } }
2815370 | neopenx | UVALive 3415 | Accepted | 0 KB | 233 ms | C++ 4.5.3 | 1464 B | 2014-10-04 21:22:11 |