解题报告：luogu P2423 [HEOI2012]朋友圈【最大团转最大点独立集（匈牙利算法+时间戳优化）】

图的最大团：”任意两点之间都有一条边相连“的子图被称为无向图的团，点数最多的团为图的最大团

朋友圈中任意两个点之间都有关系，既是图中的团。
答案就是图中的最大团。

我们如果把B国的人分成奇数和偶数两类，就会发现奇数和偶数这两部分都是一个团
而且这两部分之间有一些连边
很像二分图是吧，就只是左右两边的点从两两没边变成了两两有边
于是我们取一个补图，这张图就变成了一张二分图
补图有一个非常好的性质，补图最大独立集等于原图最大团
这个很好理解吗，最大团要求两两有边，最大独立集要求两两没边，于是把边的存在性取反之后两者是等价的而二分图的最大独立集等于总点数-最小点覆盖
最小点覆盖等于最大匹配
于是B国的情况我们就解决了
再来看看A国和跨国关系
A国就是一个n2n^2n2的二分图，因此最多只选两个人就可以把整个国家给覆盖掉了。
因此A国中只能选择0,1,2人这三种情况，于是我们枚举在A国里选择哪些人，之后处理出B国中的和这些人都有朋友关系的人，对这些点跑最大独立集就好了
【优化】
直接跑Hungary是过不去的。问题在哪里呢？因为一直memset太挫了！
这个时候我们需要用到时钟T1、T2和tim、vis两个数组。还有思路①处的ban数组也注意一下。
到底什么是时间戳呢？好像并没有人解释。弄了一天大致弄出了一个比较清晰的解释：
一般来说匈牙利算法是这样弄得。每次匈牙利算法前将lk数组清空为-1（整个过程中枚举了A中0个1个2个3个人），然后匈牙利算法内部的循环中将vis数组清零。还是这句话——太挫了！！！！
T1在每次枚举开始+1。它用在lk数组上。由于lk数组并没有清空，之前可能已经lk过了，但是事实上每次匈牙利算法，lk是要清空的。所以如果tim[x]的值！=T1，就表示当前这次枚举中这个点还没有连接过，相当于lk[x]=0;如果tim[x]=T1了，说明当前这次已经用过它了，也就是之前清零过了的含义，那么按照朴素的匈牙利来做。
T2则在匈牙利算法中的循环语句中使用，出现在find前，这个是减去vis数组优化的，道理和上面差不多。vis[x]=T2表示当前这次find已经访问过了，而vis[x]!=T2就表示当前没有访问过，相当于vis=0或1。
另外，ban也是一个道理，ban[x]=T1表示当前这次x被ban掉了。

综上所述，时间戳并不是像是一些地方所说的一样用来在上一次匈牙利算法的基础上进行增广，而是真的、纯粹地免去memset的过程而已……
再简单点概述，如果有i次操作，每次vis数组都要清空的话，那么第i次操作不如这样转换:!vis[x]→vis[x]!=i，vis[x]→vis[x]=i。
所以上面因为lk数组每次枚举只要清零一次，ban数组也只需要ban一次，所以T1只在三种情况的的开头清空;而vis数组在for循环中每次都要清空，所以同理T2也要一直+1。

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXA=200+50;
const int MAXB=3000+50;
int na,nb,m;
int a[MAXA],b[MAXB];
bool map[MAXA][MAXB];
vector<int> E[MAXB];
int T1=0,T2=0,ban[MAXB],tim[MAXB],vis[MAXB],lk[MAXB];void addedge(int u,int v)
{E[u].push_back(v);
}int count(int x)
{int re=0;while (x){re+=x&1;x>>=1;}return re;
}int find(int x)
{if (ban[x]==T1)return 0;for (int i=0;i<E[x].size();i++){int to=E[x][i];if ((ban[to]!=T1) && (vis[to]!=T2)){vis[to]=T2;if (tim[to]!=T1 || !lk[to] || find(lk[to])){tim[to]=T1;lk[to]=x;return 1;}}}return 0;
}int mis(int x=0,int y=0)
{++T1;int ret=0;for (int i=1;i<=nb;i++)if (map[x][i] || map[y][i]) ban[i]=T1,++ret;for (int i=1;i<=nb;i++)if (!(b[i]&1)){++T2;if (find(i)) ++ret;}return (nb-ret);
}void init()
{memset(map,1,sizeof(map));scanf("%d%d%d",&na,&nb,&m);for (int i=1;i<=na;i++) scanf("%d",&a[i]);for (int i=1;i<=nb;i++) scanf("%d",&b[i]);for (int i=0;i<m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);map[x][y]=0;}
}void solve()
{for (int i=1;i<=nb;i++)if (!(b[i]&1))for (int j=1;j<=nb;j++)if (b[j]&1)if (!(count(b[i]|b[j])&1))addedge(i,j);for (int i=1;i<=nb;i++) map[0][i]=0;int ans=mis();for (int i=1;i<=na;i++)ans=max(ans,mis(i)+1);for (int i=1;i<=na;i++)if (a[i]&1)for (int j=1;j<=na;j++)if (!(a[j]&1))ans=max(ans,mis(i,j)+2);printf("%d",ans);
}int main()
{init();solve();return 0;
}

未AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
//对匈牙利算法的一个优化
//为什么不直接跑Dinnc呢
/*就是使用时间戳优化, 去掉了原匈牙利算法中最耗时的memset,降低整个的时间效率*/
using namespace std;const int N = 507, M = 5007;int n, m, na, nb;
int a[N], b[M];
bool map[N][M];
int T1, T2;
int ban[M];//特判数组
int tim[M];//时间戳优化
int match[M];//匈牙利
int vis[M];// bool
int ver[M], nex[M], head[N], tot;void add(int x,int y){ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}int count(int x){//计算有多少个1int res = 0;while(x){res += x & 1;x >>= 1;}return res;
}bool find(int x){if(ban[x] == T1)//每一组不一样，防止出错return false;//已经被ban掉了就拜拜，因为这里是补图，原来满足这个条件的是连通的，补图就变成不连通的了for(int i = head[x];~i;i = nex[i]){int y = ver[i];if(ban[y] != T1 && (vis[y] != T2)){vis[y] = T2;if(tim[y] != T1 || !match[y] || find(match[y])){tim[y] =T1;match[y] = x;return true;}}}return false;
}//匹配
int mis(int x = 0, int y = 0){//不传就是0，传了就覆盖++ T1;//第T1组匹配int res = 0;for(int i = 1;i <= nb;++i)//A国与B国匹配if(map[x][i] || map[y][i])ban[i] = T1, ++res;for(int i = 1;i <= nb;++i){if(!(b[i] & 1)){++ T2;if(find(i))++ res;}}return nb - res;
}void init(){memset(map,1,sizeof map);memset(head,-1,sizeof head);tot = 0;scanf("%d%d%d",&na, &nb, &m);for(int i = 1;i <= na;++i)scanf("%d",&a[i]);for(int i = 1;i <= nb;++i)scanf("%d",&b[i]);for(int i = 1;i <= m;++i){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);map[x][y] = 0;//补图}
}void solve(){//B国所有奇数与奇数，偶数与偶数，奇数与偶数符合条件，三种连边for(int i = 1;i <= nb;++i)if(!(b[i] & 1))//如果是奇数for(int j = 1;j <= nb;++j)if(b[i] & 1)if(!(count(b[i] | b[j]) & 1))//这两个奇数与偶数 | 以后二进制下有奇数个1add(i,j);//补图，原来不能连的给它连起来for(int i = 1;i <= nb;++i)map[0][i] = 0;//补图//A国//first 0 直接B国自己匹配int ans = mis();//second 1for(int i = 1;i <= na;++ i)ans = max(ans,mis(i) + 1);//third 2for(int i = 1;i <= na;++ i)if(a[i] & 1)for(int j = 1;j <= na;++ j)ans = max(ans,mis(i, j) + 2);printf("%d\n",ans);}int t;int main(){scanf("%d",&t);while(t -- ){init();solve();}return 0;
}

题解

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