BZOJ1854: [Scoi2010]游戏

Posted 2020-11-02 符拉迪沃斯托克

BZOJ1854: [Scoi2010]游戏

Description

lxhgww最近迷上了一款游戏，在游戏里，他拥有很多的装备，每种装备都有2个属性，这些属性的值用[1,10000]之间的数表示。当他使用某种装备时，他只能使用该装备的某一个属性。并且每种装备最多只能使用一次。 游戏进行到最后，lxhgww遇到了终极boss，这个终极boss很奇怪，攻击他的装备所使用的属性值必须从1开始连续递增地攻击，才能对boss产生伤害。也就是说一开始的时候，lxhgww只能使用某个属性值为1的装备攻击boss，然后只能使用某个属性值为2的装备攻击boss，然后只能使用某个属性值为3的装备攻击boss……以此类推。 现在lxhgww想知道他最多能连续攻击boss多少次？

Input

输入的第一行是一个整数N，表示lxhgww拥有N种装备 接下来N行，是对这N种装备的描述，每行2个数字，表示第i种装备的2个属性值

Output

输出一行，包括1个数字，表示lxhgww最多能连续攻击的次数。

Sample Input

3
1 2
3 2
4 5

Sample Output

2

HINT

【数据范围】
对于30%的数据，保证N < =1000
对于100%的数据，保证N < =1000000

题解Here！

看到 n<=100w 这个数据范围，瞬间被吓懵了。。。

然后读了几遍题才发现：这不是二分图匹配嘛？

对于物品 i 的属性 x,y ，分别从 x 和 y 向 i 连一条有向边。将伤害值当做左部点，装备编号当做右部点，求最大匹配即可。

于是火速一发匈牙利，然而TLE了。为什么？

因为每次都要将 vis 数组清为 false ，vis数组最小1w，当然TLE。。。

怎么办呢？

我们可以将vis数组从 bool 转成 int ，最初清为0，再开一个 time ，每次+1。

然后每次判断 vis(int)==time 即可做到 vis(bool)==true 的效果。

证明？不就是每次判断 vis 是否被修改嘛。。。

注：

1. 存图用前向星。

2. 若当前伤害值无法匹配，直接跳出。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 1000010
using namespace std;
int n,c=1,id=0,f[MAXN],head[MAXN],vis[MAXN];
struct node{
	int next,to;
}a[MAXN<<1];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
	while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
	return date*w;
}
inline void add(int x,int y){
	a[c].to=y;a[c].next=head[x];head[x]=c++;
}
bool find(int x){
	for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
		int v=a[i].to;
		if(vis[v]!=id){
			vis[v]=id;
			if(f[v]==-1||find(f[v])){
				f[v]=x;
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}
void work(){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=10000;i++){
		id++;
		if(find(i))ans++;
		else break;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
void init(){
	int x,y;
	n=read();
	memset(f,-1,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x=read();y=read();
		add(x,i);add(y,i);
	}
}
int main(){
	init();
	work();
	return 0;
}

然而，此题还有更厉害的算法——并查集！

我第一次看到网上 dalao 的并查集题解时，我惊呆了。。。

把一个有a,b两种属性的武器看成点a，b之间的无向边。

对于一个联通块，假如不含环（就是一棵树），那么必定可以满足其中任意的p-1个点。

对于一个联通块，假如含环，那么必定全部的p个点都能满足。

那么合并并查集的时候可以利用一个 vis 来维护这个性质。

把权值看成点，把武器看成边。

如果每次加入的边是合并两个联通块，就把权值小的联通块并到权值大的联通块，然后给权值小的 vis=true 

如果不是，就把该联通块的顶点的 vis=true 。

这样就可以保证，如果一个大小为N联通块：

1. 由N-1条边构成，最大点的 vis=false ，其他为 true 。

2. 由≥N条边构成，所有点的 vis=true 。

然后最后只要一次扫描vis就可以得出答案了。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 1000010
using namespace std;
int n,fa[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
	while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
	return date*w;
}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void uniun(int x,int y){
	x=find(x);y=find(y);
	if(x==y)vis[x]=true;
	else{
		if(x<y)swap(x,y);
		if(vis[y])vis[x]=true;
		else vis[y]=true;
		fa[y]=x;
	}
}
int main(){
	int x,y;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n+1;i++){fa[i]=i;vis[i]=false;}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x=read();y=read();
		uniun(x,y);
	}
	for(int i=1;i<=10001;i++)if(!vis[i]){printf("%d\n",i-1);break;}
	return 0;
}