SCOI2010 连续攻击游戏

传送门

这道题当时有一瞬间想到是二分图匹配……因为我们必须保证每次攻击的前一次都是当前值-1，能想到是匹配，可是看到数据范围是10^6，当时就觉得的这不可能是二分图匹配。

不过这题还真是二分图匹配……

它的匹配方法不大一样，因为一个装备有两个属性，所以我们可以想到把每个装备都向它的两个属性值连边，之后我们考虑一下，对于一件装备，我们只能选取其中一种状态，不过在匹配到后来的时候可能有一种情况比它更优，也就是说，我们让这件装备匹配自己的另一个价值，并且用另一件装备去匹配当前的价值。（因为我们要求的是价值被匹配，所以我们只要保证每个价值都被匹配就行）之后我们就可以使这个价值成功的去被匹配到。这就是一个很标准的二分图匹配的模型了。

因为这道题要按照严格递增的顺序来匹配，而且边数过多，不能使用网络流，要使用匈牙利算法。从1开始枚举，每次如果匹配成功答案+1继续匹配，否则直接退出即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 1000005;
const int N = 10005;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct edge
{
    int next,to,from;
}e[M<<1];
int n,pre[M],x,y,head[N],ans,ecnt;
bool vis[N];

void add(int x,int y)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}

bool dfs(int x)
{
    if(vis[x]) return 0;
    vis[x] = 1;
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
    if(!pre[e[i].to] || dfs(pre[e[i].to]))
    {
        pre[e[i].to] = x;
        return 1;
    }
    }
    return 0;
}

int main()
{
    n = read();
    rep(i,1,n) x = read(),y = read(),add(x,i),add(y,i);
    rep(i,1,10000)
    {
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    if(dfs(i)) ans++;
    else break;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}