acwing 861 二分图的最大匹配

该程序实现了求解二分图最大匹配的算法。通过遍历并尝试配对节点,如果当前节点的预选对象无匹配或其原匹配对象有其他可配对对象,则形成新的匹配。最后统计成功匹配的数量。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

大体思路:现给定一个二分图,假设二分图的两个集合为a和b,a和b的每条边的任一端点都不能与其他边重合,每组合一条边确定下来最大匹配数就+1,从a集合开始每个点都作为一回起点都循环一遍,得出最大匹配数,如果a中i点指向的b中的j节点已有配对节点(假设为x),则看a中x点有无其他可指向的可配对对象(假设为y),如果存在,则i与j配对,x与y配对;如果不存在,则i匹配失败。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 510,M = 1e5 + 10;

int n1, n2, m;//n1, n2两组分别表示二分图的左右集合,m是边,可简单看成男女两组
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int match[N];//match[i] = a表示n2组内第i个的现有匹对对象是n1组的a,即女孩a当前对象是男孩i
bool st[N];//表示有没匹对过

bool find(int x)
{
    for(int i = h[x];i != -1;i = ne[i])//遍历当前n1内的点x能指向的n2部分,即遍历x自己喜欢的对象
    {
        int j = e[i];
        if(!st[j])//如果女生j在这轮模拟中没有匹配对象
        {
            st[j] = true;//n1中x预选n2中j,即男孩x预定女孩j
            if(match[j] == 0 || find(match[j]))//如果女孩j无对象,或者原男友有其他可预定的对象,则成功匹对
            {
                match[j] = x;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;//x喜欢的对象都有对象且他们的对象都无备胎,挖墙脚失败
}

void add(int a,int b)//见 846
{
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}

int main()
{
    cin >> n1 >> n2 >> m;
    memset(h,-1,sizeof h);
    
    while(m--)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        add(a,b);//虽然是无向图但实际上只要考虑n1指向n2的边,所以单边处理。
    }
    
    int res = 0;
    for(int i = 1;i <= n1;i++)
    {
        memset(st,false,sizeof st);//每轮预定的情况都是不一样的所以需要重复初始化
        if(find(i)) res++;
    }
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

### AcWing 3194 最大矩形数量 解法分析 对于给定的问题,目标是在一个由多个矩形组成的网格中找到最大数量的互不重叠的子矩形。每个矩形都位于整数坐标系内,并且边平行于坐标轴。 #### 题目解析 该问题可以通过动态规划来解决。核心思路在于维护一个高度数组 `heights` 和两个边界数组 `leftBound`, `rightBound` 来记录每一列的高度以及左右边界的位置。通过遍历整个矩阵更新这些变量并利用单调栈结构优化求解过程中的最大面积计算[^1]。 具体实现如下: - 初始化三个辅助数组:`heights[]`, `leftBound[]`, `rightBound[]`. - 对于每一个新加入的行: - 更新当前行对应的 `heights[]` 值; - 使用单调递增栈分别处理每列左侧最近小于等于当前位置高度的第一个索引存入 `leftBound[]`; - 同理处理右侧情况并将结果存储到 `rightBound[]`. 最终,在每次迭代过程中都可以基于上述信息快速得出局部最优解即以某行为底的最大矩形区域大小。累加所有这样的局部最值得到最后的结果。 ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int N = 1010; int h[N], lef[N], rig[N]; class Solution { public: static const int INF = 0x3f3f3f3f; void solve() { memset(h, 0, sizeof h); cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; ++i) { string s; cin >> s; stack<int> stk; for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (s[j - 1] == '1') h[j]++; else h[j] = 0; while (!stk.empty() && h[stk.top()] >= h[j]) stk.pop(); if (stk.empty()) lef[j] = 0; else lef[j] = stk.top(); stk.push(j); } while(!stk.empty()) stk.pop(); // 清空 for (int j = m; j >= 1; --j){ while (!stk.empty() && h[stk.top()] >= h[j]) stk.pop(); if(stk.empty()) rig[j]=m+1; else rig[j]=stk.top(); stk.push(j); ans=max(ans,h[j]*(rig[j]-lef[j]-1)); } } cout << ans << endl; } }; ``` 此方法能够有效地解决问题,并且时间复杂度为O(n*m),其中n表示输入矩阵的行数,m表示列数。空间复杂度主要取决于额外使用的几个长度为m的一维数组。
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