[网络流24题] 魔术球问题

最新推荐文章于 2024-05-08 19:14:17 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/newera/p/9546273.html

博客围绕P2765传送门问题展开，将模型转化为依次放数1到k，连边(u,v)，求最少路径覆盖数不大于n时的最大k。可通过二分或枚举k值求解，本题枚举效率更高，每次新加入点查询增广路，能接就接，否则新开路径，最后给出代码链接。

Link:

P2765 传送门

Solution:

首先将模型转化为：依次放数1到$k$，如果数$v$能放在$u$后，则连边$(u,v)$

求在最少路径覆盖数不大于$n$时的最大的$k$

显而易见的一点是$k$明显是和$n$正相关的

这样我们就可以二分/枚举 $k$的值来进行求解，每次判断是否符合要求

但对于此题而言，枚举明显比二分效率更高，每次新加入一个点查询是否有增广路即可

如果有增广路则代表可以接在之前的点后，那么能接就尽量接，否则新开一条路径

这样做的证明：如果$v$能接在$u$之后却不接不会使答案变好，因为$nxt[u]$和$nxt[v]$可以交换位置

这样跑下来发现和贪心的结果完全相同：每次能接时随便接在一个数后即可

说明下述情况不会出现：$(a,c)(b,c)(a,d)$，同时选择将$c$接在$a$后，并不会证明

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN=2e4+10;
struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<2];
int n,cur,res,vis[MAXN],mat[MAXN],head[MAXN],st[MAXN],nxt[MAXN],tot;

void add_edge(int from,int to)
{
    e[++tot]={head[from],to};head[from]=tot;
    e[++tot]={head[to],from};head[to]=tot;
}

int dfs(int x)
{
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(!vis[e[i].to])
        {
            vis[e[i].to]=1;
            if(!mat[e[i].to]||dfs(mat[e[i].to]))
            {mat[e[i].to]=x;nxt[e[i].to>>1]=x>>1;return true;}
        }
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    while(cur<=n)
    {
        res++;
        for(int i=sqrt(res)+1;i*i<2*res;i++)
            add_edge((i*i-res)<<1,res<<1|1);
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(!dfs(res<<1|1)) st[++cur]=res;
    }
    printf("%d\n",res-1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=st[i];j;j=nxt[j])
            printf("%d ",j);
        puts("");
    }
    return 0;
}