Educational Codeforces Round 108(Rated for Div. 2) E - Off by One（一种一般图的边最大匹配，好题）

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CF1519E

Weblink

https://codeforces.com/contest/1519/problem/E

Problem

Solution

显然同一个直线上的点，(x,y)(x,y)(x,y)，x,yx,yx,y 同除 gcd⁡(x,y)\gcd(x,y)gcd(x,y) ，得到的是同一个点，所以我们可以在输入的时候处理一下每个点上移一步(x+1,y)(x+1,y)(x+1,y)，下移一步 (x,y+1)(x,y+1)(x,y+1) 到达的是哪条直线，我们直接映射一下，这样就可以 O(n)O(n)O(n) 建图。什么？你说 x,yx,yx,y 不一定是整数？x=ab,y=cdx=\cfrac{a}{b},y=\cfrac{c}{d}x=ba,y=dc，例如 (x,y+1)=(ab,cd+1)(x,y+1)=(\cfrac{a}{b},\cfrac{c}{d}+1)(x,y+1)=(ba,dc+1) 显然我们直接将点同乘 b×db\times db×d ，因为不管乘多少，最后除去 gcd⁡\gcdgcd 以后都代表同一个直线。

即：

(ab,cd+1)=(ab×bd,(cd+1)×bd)=(a×d,b×(c+d))\begin{aligned}(\cfrac{a}{b},\cfrac{c}{d}+1)&=(\cfrac{a}{b}\times b\ d,(\cfrac{c}{d}+1)\times b\ d)&\\&=(a\times d,b\times(c+d))\end{aligned}(ba,dc+1)=(ba×b d,(dc+1)×b d)=(a×d,b×(c+d))

(ab+1,cd)=((ab+1)×bd,cd×bd)=((a+b)×d,b×c))\begin{aligned}(\cfrac{a}{b}+1,\cfrac{c}{d})&=((\cfrac{a}{b}+1)\times b\ d,\cfrac{c}{d}\times b\ d)&\\&=((a+b)\times d,b\times c))\end{aligned}(ba+1,dc)=((ba+1)×b d,dc×b d)=((a+b)×d,b×c))

建图之后我们计算最大的匹配边数即可。好像是一个最大匹配？带花树！但是很难处理，每一个点，因为有两个移动策略，所以每一个点会拓展成两个点，也就代表着两条直线，所以把题目中的模型抽离出来，即为：给定一个无向图，每次匹配为选定两条没有用过的相邻的边，将他们匹配，求最大的匹配数以及匹配的方案数。

直接做无向图有点难搞，显然我们可以利用数据简化的思想，先来考虑树的做法，显然对于一颗节点数为 nnn 的树，最大匹配边数为 ⌊n2⌋\lfloor\cfrac{n}{2}\rfloor⌊2n⌋，即除了一条直接与根节点相连的边不确定以外，其他的边一定能够两两配对，因为对于一个节点，如果度数为偶数 2k2k2k，显然形成 kkk 个匹配，若为奇数 2k−12k-12k−1，我们可以将它与它的父结点匹配，剩余的点就为偶数个，相互匹配既可。

那么拓展到一个无向图，我们只需要将无向图转换为一个树就行啦，当然图不一定是连通的，所以是一个森林hhh 。我们选择DFS序生成树，这样一个无向图就被分为了若干个生成树，有树边和非树边，我们直接按照时间戳，按照深度从大到小，从低到高匹配，可以保证匹配数一定可以达到 ⌊n2⌋\lfloor\cfrac{n}{2}\rfloor⌊2n⌋ 的上界。

具体的代码实现的话，我们有一个取巧的方法，设 match[x] 表示是否存在一条与 xxx 相连且还没有匹配的边，这样我们只需要看一下子节点和父结点是否有可以匹配的边就行了。

因为每条边只能用一次，所以我们用完之后直接把边删掉就行了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
#define x first
#define y secondconst int N = 500007;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<ll, ll> PLL;map<PLL, int> mp;
vector<PII> ans;
PII match[N];
int cnt;
int n, m;
bool vis[N];
int head[N], ver[N], edge[N], nex[N], tot;int get_id(ll x, ll y)
{ll d = __gcd(x, y);x /= d;y /= d;if(mp.find({x, y}) == mp.end())mp[{x, y}] = ++ cnt;return mp[{x, y}];
}void add(int x, int y, int id)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];edge[tot] = id;head[x] = tot ++ ;
}int dfs(int x)
{vis[x] = 1;for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i], id = edge[i];ver[i] = ver[i ^ 1] = 0;if(y) {if(vis[y] == 0)dfs(y);if(match[y].x) {ans.push_back({id, match[y].y});match[y] = {0, 0};}else if(match[x].x) {ans.push_back({match[x].y, id});match[x] = {0, 0};}else match[x] = {y, id};}}
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);scanf("%d", &n);for(int i =1; i <= n; ++ i) {int a, b, c, d, x, y;scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);x = get_id((1ll * a + b) * d, 1ll * b * c);y = get_id(1ll * a * d, (1ll * c + d) * b);add(x, y, i);add(y, x, i);}for(int i = 1; i <= cnt; ++ i) if(vis[i] == 0)  dfs(i);printf("%d\n", ans.size()); for(auto i : ans) {printf("%d %d\n", i.first, i.second);}return 0;
}

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