HEOI2012 朋友圈

题目描述

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、对于朋友的定义，关系是是双向的。

在AB两国，朋友圈的定义：一个朋友圈集合S，满足任意两个属于S的人都是朋友

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。

数据范围

两类数据

第一类：|A|<=200 |B| <= 200

第二类：|A| <= 10 |B| <= 3000

解题思路

我们容易发现A中只可能有0或1或2个人。

那么我们可以分别枚举A中有几个人，以及有哪些人。

当我们选定A中的人时，B中就可以把人按奇数和偶数分成两边，这就成了一个匈牙利匹配问题。

首先我们建立反图 易知最大团=反图的最大点独立集=点数-最大匹配数。

参考代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define maxa 105
#define maxb 1005
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;

int a[maxa],b[maxb],na,nb,m,T;

int pr[maxb],ans,now,num[maxb];

int head[maxb],t[maxb*maxb],next[maxb*maxb],tot;

bool fri[maxa][maxb],gr[maxb][maxb],bz[maxb];

int count(int x){
int ret=0;
while (x > 0){
if (x % 2==1) ret++;
x/=2;
}
return ret;
}

void insert(int x,int y){
t[++tot]=y;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}

bool path(int x){
if (bz[x]) return 0;
bz[x]=1;
for(int tmp=head[x];tmp;tmp=next[tmp]){
if (pr[t[tmp]]==0||path(pr[t[tmp]])){
pr[t[tmp]]=x;
return 1;
}
}
return 0;
}

void match(int x){
mem(pr,0);
fo(i,1,x){
mem(bz,0);
if (b[num[i]] % 2==0) continue;
if (path(num[i])) now--;
}
ans=max(ans,now);
}

int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
mem(fri,0);
mem(gr,0);
scanf("%d%d%d",&na,&nb,&m);
fo(i,1,na) scanf("%d",&a[i]);
fo(i,1,nb) scanf("%d",&b[i]);
fo(i,1,m){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
fri[x][y]=1;
}
fo(i,1,nb)
if (b[i] % 2==1)
fo(j,1,nb)
if (b[j] % 2==0)
if (count(b[i]|b[j]) % 2==0)
gr[i][j]=1;
/////0
tot=0;
mem(head,0);
fo(i,1,nb)
fo(j,1,nb) if (gr[i][j]) insert(i,j);
mem(pr,0);
now=nb;
fo(i,1,nb){
mem(bz,0);
if (b[i] % 2==0) continue;
if (path(i)) now--;
}
ans=now;
/////1
fo(i,1,na){
tot=0;
mem(head,0);
mem(num,0);
fo(j,1,nb) if (fri[i][j]) num[++num[0]]=j;
fo(j,1,num[0])
if (b[num[j]] % 2==1)
fo(k,1,num[0])
if (b[num[k]] % 2==0)
if (gr[num[j]][num[k]]) insert(num[j],num[k]);
now=num[0]+1;
match(num[0]);
}
/////2
fo(i,1,na)
fo(j,1,na){
if (a[i] % 2==a[j] % 2) continue;
tot=0;
mem(head,0);
mem(num,0);
fo(k,1,nb) if (fri[i][k]&&fri[j][k]) num[++num[0]]=k;
fo(k,1,num[0])
if (b[num[k]] % 2==1)
fo(l,1,num[0])
if (b[num[l]] % 2==0)
if (gr[num[k]][num[l]]) insert(num[k],num[l]);
now=num[0]+2;
match(num[0]);
}
/////
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}