【刷题】BZOJ 2744 [HEOI2012]朋友圈

Description

在很久很久以前，曾经有两个国家和睦相处，无忧无虑的生活着。一年一度的评比大会开始了，作为和平的两国，一个朋友圈数量最多的永远都是最值得他人的尊敬，所以现在就是需要你求朋友圈的最大数目。

两个国家看成是AB两国，现在是两个国家的描述：

1. A国：每个人都有一个友善值，当两个A国人的友善值a、b，如果a xor b mod 2=1，那么这两个人都是朋友，否则不是；

2. B国：每个人都有一个友善值，当两个B国人的友善值a、b，如果a xor b mod 2=0或者 (a or b)化成二进制有奇数个1，那么两个人是朋友，否则不是朋友；

3. A、B两国之间的人也有可能是朋友，数据中将会给出A、B之间“朋友”的情况。

4. 在AB两国，朋友圈的定义：一个朋友圈集合S，满足S∈A∪ B ，对于所有的i，j∈ S ，i 和 j 是朋友

由于落后的古代，没有电脑这个也就成了每年最大的难题，而你能帮他们求出最大朋 友圈的人数吗？

Input

第一行t<=6,表示输入数据总数。

接下来t个数据：

第一行输入三个整数A,B,M，表示A国人数、B国人数、AB两国之间是朋友的对数；第二行A个数ai，表示A国第i个人的友善值；第三行B个数bi，表示B国第j个人的友善值；

第4——3+M行，每行两个整数（i，j），表示第i个A国人和第j个B国人是朋友。

Output

输出t行，每行，输出一个整数，表示最大朋友圈的数目。

Sample Input

2 4 7
1 2
2 6 5 4
1 1
1 2
1 3
2 1
2 2
2 3
2 4

Sample Output

5
【样例说明】
最大朋友圈包含A国第1、2人和B国第1、2、3人。

HINT

【数据范围】

两类数据

第一类：|A|<=200 |B| <= 200

第二类：|A| <= 10 |B| <= 3000

Solution

看A国的条件，实际上就是要求两个数奇偶性不同，那么可以二分，而且最大团为2
看B国的条件，连出的图就是奇和奇连边，偶和偶连边，一部分奇和偶连边；可以发现它的补图就是一部分奇和偶连边，可以二分。并且二分图的最大独立集等于其补图的最大团
于是
建出B国的补图
对A国分情况

• 一个都不选时，直接对B的补图跑最大匹配，更新答案
• 选一个时，枚举A国选的那个人，找出B国能够选的人，把它们从补图中拎出来，跑最大匹配，+1更新答案
• 选两个时，枚举A国选的两个人，接下来同上，只是+2更新答案

基本上就是这样，最后用些时间戳加速什么的

#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXA=200+10,MAXB=3000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a,b,m,T,e,connect[MAXB],use[MAXB],A[MAXA],B[MAXB],G[MAXA][MAXB],beg[MAXB],nex[MAXB*MAXB],to[MAXB*MAXB],ans,clk1,clk2,avail[MAXB];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(ch!='')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y)
{
	to[++e]=y;
	nex[e]=beg[x];
	beg[x]=e;
}
inline void Build()
{
	for(register int i=1;i<=b;++i)
		for(register int j=1;j<=b;++j)
			if(i==j||(!(B[i]&1))||(B[j]&1))continue;
			else if(((B[i]^B[j])&1)&&__builtin_popcount(B[i]|B[j])%2==0)insert(i,j);
}
inline bool dfs(int x)
{
	for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
		if(avail[to[i]]==clk1&&use[to[i]]!=clk2)
		{
			use[to[i]]=clk2;
			if(!connect[to[i]]||dfs(connect[to[i]]))
			{
				connect[to[i]]=x;
				return true;
			}
		}
	return false;
}
inline int solve(int a1,int a2)
{
	memset(connect,0,sizeof(connect));
	int res=0;
	++clk1;
	for(register int i=1;i<=b;++i)
		if(G[a1][i]&&G[a2][i])res++,avail[i]=clk1;
	for(register int i=1;i<=b;++i)
		if(avail[i]==clk1&&(B[i]&1))
		{
			++clk2;
			if(dfs(i))res--;
		}
	return res;
}
int main()
{
	ans=0;
	read(a);read(b);read(m);
	for(register int i=1;i<=a;++i)read(A[i]);
	for(register int i=1;i<=b;++i)read(B[i]);
	Build();
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int u,v;read(u);read(v);
		G[u][v]=1;
	}
	for(register int i=1;i<=b;++i)G[0][i]=1;
	chkmax(ans,solve(0,0));
	for(register int i=1;i<=a;++i)chkmax(ans,solve(i,0)+1);
	for(register int i=1;i<=a;++i)
		for(register int j=i+1;j<=a;++j)
			if((A[i]^A[j])&1)chkmax(ans,solve(i,j)+2);
	write(ans,'
');
	return 0;
}