BZOJ 2744 朋友圈 （最大团）

2744: [HEOI2012]朋友圈

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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。

1. 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

思路：
摘自 < barrykanry >
当时做的时候，一看要求就是要求一个最大团，一般的图求最大团是指数级的肯定不可能 ，那么最大团可以接受的算法就是二分图的最大团了，nm的。
考虑二分图的最大团的条件，即两个集合，每个集合的元素之间互相两两有边，然后两个集合互相有边，跑最大团但是把这两个集合当成A和B来做的话显然不太合适，因为首先就没有满足A集合或者B集合两两有边的条件。
但是这道题的建边方式不一般，肯定有什么门道。
观察发现A中元素的朋友的条件是友善值一奇一偶，灵光一现A最多两个人，那我们就枚举哪两个人，然后把他们相交的部分在B集合里面选出来然后搞一个最大团，但是这个最大团的复杂度严格来说和直接求是一致的，那还是要往二分图上想 。
考虑B里面是朋友的方式 ，然后想到只要都是奇数，或者都是偶数，互相之间肯定是有边的，那么就完全转化成二分图的模型了，用补图的最大点独立集就好。
最好不要每次memset，搞一个时间戳什么的比较好。
注意这道题的输入里面有重边，所以判断每次B里面选了几个的时候需要略略注意一下。

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <vector>#define N 3010using namespace std;struct Edge{    int to, nxt;}ed[N * N];vector <int> va[N];int A, B, M, idc=0, cc=0, tot=0, timex=0;int head[N], mrk2[N], mrk1[N];int a[N], b[N], lnk[N], flag[N];void adde(int u, int v){    ed[++idc].to = v;    ed[idc].nxt = head[u];    head[u] = idc;}int find(int u){    for(int i = head[u]; i; i = ed[i].nxt){        int v = ed[i].to;        if(mrk2[v]==timex && flag[v]!=cc){            flag[v] = cc;            if(!lnk[v] || find( lnk[v] )){                lnk[u] = v, lnk[v] = u;                return 1;            }        }    }    return 0;}bool check(int i, int j){//或起来有奇数个1     int x = b[i] | b[j], cnt = 0;    while( x ){        if(x & 1) cnt++;        x >>= 1;    }    if(cnt & 1) return 1;    else return 0;}void build(){//建补图     for(int i=1; i<=B; i++)        if(b[i] & 1)             for(int j=1; j<=B; j++)                if( !(b[j] & 1) && !check(i, j)) adde(i, j);        }int work(){    int ans = 0; cc = 0;    memset(lnk, 0, sizeof(lnk));    for(int i=1; i<=B; i++)    if( ( b[i] & 1 ) && mrk2[i] == timex ){        cc++;//时间戳         if( !lnk[i] ) ans += find( i );    }    return tot - ans;}int main(){    scanf("%d%d%d", &A, &B, &M);    for(int i=1; i<=A; i++) scanf("%d", &a[i]);    for(int i=1; i<=B; i++) scanf("%d", &b[i]);    while ( M-- ){        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);        va[u].push_back( v );    }    build();    int ans = 0;    timex++;//是否可选     for(int i=1; i<=B; i++) mrk2[i] = timex;    tot = B;    ans = max(ans, work());//不选A     for(int i=1; i<=1; i++){//选一个A        tot = 0, timex++;        for(int j=0; j<va[i].size(); j++) mrk2[va[i][j]] = timex;        for(int j=1; j<=B; j++) if(mrk2[j] == timex) tot++;//可能有重边 tot为总点数         ans = max(ans, work() + 1);    }    for(int i=1; i<A; i++){//选两个A        for(int j=i+1; j<=A; j++){            if ( (a[i] ^ a[j]) & 1 ){                tot = 0, timex++;                for(int k=0; k<va[i].size(); k++) mrk1[va[i][k]] = timex;                for(int k=0; k<va[j].size(); k++)                     if(mrk1[va[j][k]] == timex) mrk2[va[j][k]] = timex, tot++;                ans = max(ans, work() + 2);            }        }    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}