ZOJ 3988 && 2017CCPC秦皇岛 H：Prime Set（二分匹配）

题目链接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3988

题意：

给你n个数，如果{i, j}满足i!=j && a[i]+a[j]是一个质数，那么称{i, j}是个Pset

之后再给你一个k，然你找出最多k个这样的Pset二元组，使得所有二元组中出现的元素尽可能多

例如样例：

5 3

3 4 12 3 6

满足条件的二元组只有(1, 2)和(2, 4)，所以这两个都选上就好了，答案为3

思路：

暴力所有二元组{i, j}

如果{i, j}是个Pset，并且a[i]!=1 || a[j]!=1，那么i到j连一条无向边

这个时候得出的图很显然是二分图

为什么呢？因为质数一定是个奇数（除了2，不过a[i]!=1 || a[j]!=1所以不会出现2这种情况），而奇数=奇数+偶数

这样的话每条边的两端一定是个奇数和一个偶数，把所有奇数的点放在左边，偶数放在右边，得证

……

到这里问题就好办了，贪心就好了

求出二分图的最大匹配，最大匹配中的每个Pset都会对答案贡献2，除此之外剩下所有没有用的1，两两配对对答案贡献也是2（不过注意一个细节：例如样例1 1 4 13，如果1和4匹配上了就错了！所以二分匹配时一定要让1最后匹配），贡献为2的Pset处理完了，剩下的贡献一定只能为1了，加上就是答案

#include<stdio.h>  #include<string.h>  #include<vector>  #include<algorithm>  using namespace std;  #define LL long long  vector<int> G[3005];  int n, a[3005], vis[3005], val[3005], link[3005], flag[2000005] = {1,1};  int Sech(int x)  {      int i, v;      for(i=0;i<G[x].size();i++)      {          v = G[x][i];          if(vis[v]==0)          {              vis[v] = 1;              if(link[v]==0 || Sech(link[v]))              {                  link[v] = x;                  link[x] = v;                  return 1;              }          }      }      return 0;  }  int main(void)  {      LL i, j;      int T, k, sum, ans, s1;      for(i=2;i<=2000000;i++)      {          if(flag[i])              continue;          for(j=i*i;j<=2000000;j+=i)              flag[j] = 1;      }      scanf("%d", &T);      while(T--)      {          scanf("%d%d", &n, &k);          for(i=1;i<=n;i++)          {              scanf("%d", &a[i]);              G[i].clear();          }          s1 = 0;          memset(val, 0, sizeof(val));          for(i=1;i<=n;i++)          {              if(a[i]==1)                  s1++;              for(j=i+1;j<=n;j++)              {                  if(flag[a[i]+a[j]]==0)                  {                      val[i] = val[j] = 1;                      if(a[i]%2 && a[j]!=1)                          G[i].push_back(j);                      else if(a[i]!=1)                          G[j].push_back(i);                  }              }          }          ans = sum = 0;          memset(link, 0, sizeof(link));          for(i=1;i<=n;i++)          {              if(a[i]!=1)              {                  memset(vis, 0, sizeof(vis));                  sum += Sech(i);              }          }          for(i=1;i<=n;i++)          {              if(a[i]==1)              {                  memset(vis, 0, sizeof(vis));                  sum += Sech(i);              }          }          for(i=1;i<=n;i++)          {              if(a[link[i]]==1)                  s1--;          }          if(k<=sum)              printf("%d\n", k*2);          else          {              ans = sum*2;              k -= sum;              if(k*2<=s1)                  printf("%d\n", ans+k*2);              else              {                  ans += s1/2*2;                  k -= s1/2;                  for(i=1;i<=n;i++)                  {                      if(k==0)                          break;                      if(a[i]==1)                      {                          if(link[i]==0 && val[i] && s1%2)                          {                              s1 = 0;                              ans++, k--;                          }                      }                      else if(link[i]==0)                      {                          ans += val[i];                          k -= val[i];                      }                  }                  printf("%d\n", ans);              }          }      }      return 0;  }  

原文链接：http://blog.csdn.net/jaihk662/article/details/78424129