poj2723详解（二分 + 2-SAT）（两种方法求解）

题目大概意思为有 N 对锁（即有 2N 个锁），每对锁只能用其中一种，用了一种后，另一种会消失，有M 个大门，每个门有两个锁，开了其中一个就能打开门，问能从第一个门开始，一个个按顺序打开，最多打开多少门

二选一，有限制条件（每个限制条件中变量个数不超过 2 ），考虑 2-SAT
求的是最大可行解，考虑二分

第一种：
我们考虑每个门之间的关系，例如有一对钥匙为 1 2 ，而门1 为 0 1，门2 为 0 2，这样如果选了门1 的锁1，则钥匙2 消失，所以我们就必须选择门2 的锁0
（我们如果这样考虑每个门之间的关系，预处理连接各个边，这样的代码复杂度为 O（ M ^ 2 )，能AC，毕竟 M 才2000多一点，但不是优解）
代码如下：（ 820K 110MS ）

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <string.h>
using namespace std;
vector<int> edge[6005];
vector<int> redge[6005];
vector<int> flag;
int used[6005];
int kind[6005];
int pipei[4005];
int data[3005][2];
int N, M;
void add_edge(int i, int j)
{edge[i].push_back(j);redge[j].push_back(i);
}
void dfs(int v, int n)
{used[v] = true;for(int i = 0; i < edge[v].size(); i++){if(!used[edge[v][i]] && edge[v][i] % M < n){dfs(edge[v][i], n);}}flag.push_back(v);
}
void rdfs(int v, int k, int n)
{used[v] = true;kind[v] = k;for(int i = 0; i < redge[v].size(); i++){if(!used[redge[v][i]] && redge[v][i] % M < n){rdfs(redge[v][i], k, n);}}
}
bool pan(int n)
{flag.clear();memset(used, false, sizeof(used));for(int i = 0; i < n; i++){if(!used[i]) dfs(i, n);}for(int i = M; i < M + n; i++){if(!used[i]) dfs(i, n);}memset(used, false, sizeof(used));int num = 0;for(int i = flag.size() - 1; i >= 0; i--){if(!used[flag[i]]) rdfs(flag[i], num++, n);}int res = 0;for(int i = 0; i < n; i++){if(kind[i] == kind[i + M]){return false;}}return true;
}
int main()
{while(1){scanf("%d %d", &N, &M);if(N == 0 && M == 0){break;}for(int i = 0; i < 2 * M; i++){edge[i].clear();redge[i].clear();}for(int i = 0; i < N; i++){int a, b;scanf("%d %d", &a, &b);pipei[a] = b;pipei[b] = a;}for(int i = 0; i < M; i++){scanf("%d %d", &data[i][0], &data[i][1]);}for(int i = 0; i < M; i++){for(int j = i + 1; j < M; j++){if(data[i][0] == pipei[data[j][0]]){add_edge(i, j + M);add_edge(j, i + M);}if(data[i][0] == pipei[data[j][1]]){add_edge(i, j);add_edge(j + M, i + M);}if(data[i][1] == pipei[data[j][0]]){add_edge(i + M, j + M);add_edge(j, i);}if(data[i][1] == pipei[data[j][1]]){add_edge(i + M, j);add_edge(j + M, i);}}}int l = 1, r = M + 1, mid = (l + r) / 2;while(l < r - 1){if(pan(mid)){l = mid;mid = (l + r) / 2;}else{r = mid;mid = (l + r) / 2;}}printf("%d\n", l);}
}

第二种：
我们考虑门自身，和钥匙自身的关系。我们每个门的两个锁，必须选其中一个，我们一对钥匙，最多选其中一个，即对于钥匙 ¬ i ∨ ¬ j ，对于门 i ∨ j 。例如一对钥匙为 1 2 ，门1 为 0 1，则钥匙选了 1 ，就不能选 2，选了 2，就不能选 1，门 1 没有选 0，则必须选 1，没有选 1，则必须选 0
（这种每次构建边最多只用 O（ n ），乘上二分的 O（ logn ），代码的复杂度为 O（ n logn ），代码当然也可以AC）
代码如下：（ 892K 63MS ）

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <string.h>
using namespace std;
vector<int> edge[10005];
vector<int> redge[10005];
vector<int> flag;
int used[10005];
int kind[10005];
int pipei[10005];
int data[3005][2];
int N, M;
void add_edge(int i, int j)
{edge[i].push_back(j);redge[j].push_back(i);
}
void dfs(int v)
{used[v] = true;for(int i = 0; i < edge[v].size(); i++){if(!used[edge[v][i]]){dfs(edge[v][i]);}}flag.push_back(v);
}
void rdfs(int v, int k)
{used[v] = true;kind[v] = k;for(int i = 0; i < redge[v].size(); i++){if(!used[redge[v][i]]){rdfs(redge[v][i], k);}}
}
bool pan(int n)
{flag.clear();for(int i = 0; i < 4 * N; i++){edge[i].clear();redge[i].clear();}for(int i = 0; i < 2 * N; i++){add_edge(i, pipei[i] + 2 * N);}for(int i = 0; i < n; i++){add_edge(data[i][0] + 2 * N, data[i][1]);add_edge(data[i][1] + 2 * N, data[i][0]);}memset(used, false, sizeof(used));for(int i = 0; i < 2 * 2 * N; i++){if(!used[i]) dfs(i);}memset(used, false, sizeof(used));int num = 0;for(int i = flag.size() - 1; i >= 0; i--){if(!used[flag[i]]) rdfs(flag[i], num++);}for(int i = 0; i < 2 * N; i++){if(kind[i] == kind[i + 2 * N]){return false;}}return true;
}
int main()
{while(1){scanf("%d %d", &N, &M);if(N == 0 && M == 0){break;}for(int i = 0; i < N; i++){int a, b;scanf("%d %d", &a, &b);pipei[a] = b;pipei[b] = a;}for(int i = 0; i < M; i++){scanf("%d %d", &data[i][0], &data[i][1]);}int l = 0, r = M + 1, mid = (l + r) / 2;while(l < r - 1){if(pan(mid)){l = mid;mid = (l + r) / 2;}else{r = mid;mid = (l + r) / 2;}}printf("%d\n", l);}
}

（末尾吐槽，这道题我pipei数组开小了一点点，告诉我超时，搞得我找了一天哪里复杂度高了，无语子！！！！！）

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