problem

luogu-P2423

solution

本题即求无向图最大团问题。这是个 NP hard\text{NP hard}NP hard 问题，所以必须从图的特殊性质出发，否则只能暴搜。

异或运算等价于二进制下不进位的加法运算。

observation1:\text{observation1}:observation1: AAA 国人之间做朋友的条件等价于两人的 aia_iai 奇偶性不同。

observation2:\text{observation2}:observation2: 基于上一条，我们可以得出最大朋友圈中 AAA 国人数只可能包含 0/1/20/1/20/1/2 人。

observation3:\text{observation3}:observation3: BBB 国人的限制有两种，且是各自独立的。

observation4:\text{observation4}:observation4: 将 BBB 国人按照 bib_ibi 的奇偶性分类，则两类之间的人一定都是两两可以做朋友的。

observation5:\text{observation5}:observation5: 而第二种限制的朋友关系则是一个在奇数类一个在偶数类。

BBB 国分类后的情况形似二分图。

只不过二分图是，左右内部两两无边，然后有连接左右的边。

这里是左右内部两两有边，然后有连接左右的边。

observation6:\text{observation6}:observation6: 原图的补图是个二分图，且原图的最大团等于补图的最大独立集。

最大团是两两有边，最大独立集是两两无边，感觉上原图的最大团就应该等于补图的最大独立集。

严谨证明可自行百度。

而二分图的最大独立集又等于二分图的最小点覆盖。

而二分图的最小点覆盖又等于总点数减去最大匹配数。

所以问题就变成了求补图（二分图）的最大匹配数，网络流即可。

至于 AAA 国的人，直接枚举是选 0/1/20/1/20/1/2 个人，然后每次重新建图跑网络流即可。

因为有 AAA 国人的存在，所以只用考虑与枚举的 AAA 国人是朋友的 BBB 国人跑网络流即可。

具体可以看代码实现。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 3005
int T, A, B, M, s, t, cnt, ans, tot;
queue < int > q;
vector < int > G[maxn];
pair < int, int > e[maxn * maxn];
struct node { int to, nxt, flow; }E[maxn * maxn];
int head[maxn], cur[maxn], dep[maxn], vis[maxn], a[maxn], b[maxn];
int g[2][maxn];void addedge( int u, int v ) {E[++ cnt] = { v, head[u], 1 }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0 }, head[v] = cnt;
}bool bfs() {memset( dep, 0, sizeof( dep ) );memcpy( cur, head, sizeof( head ) );dep[s] = 1; q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( ! dep[v] and E[i].flow ) dep[v] = dep[u] + 1, q.push( v );}}return dep[t];
}int dfs( int u, int cap ) {if( u == t or ! cap ) return cap;int flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to; cur[u] = i;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {int w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( ! w ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( ! cap ) break;}}return flow;
}void dinic( int n ) {while( bfs() ) {n -= dfs( s, 1e9 );//总点数-最大匹配 才是要求的补图的最小点覆盖 即原图的最大团if( n <= ans ) return;}ans = n;
}void build() {cnt = -1, memset( head, -1, sizeof( head ) );for( int i = 1;i <= tot;i ++ )if( vis[e[i].first] and vis[e[i].second] )addedge( e[i].first, e[i].second );for( int i = 1;i <= g[0][0];i ++ ) if( vis[g[0][i]] ) addedge( s, g[0][i] );for( int i = 1;i <= g[1][0];i ++ ) if( vis[g[1][i]] ) addedge( g[1][i], t );
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d %d", &A, &B, &M );for( int i = 1;i <= A;i ++ ) G[i].clear();s = 0, t = B + 1, ans = tot = g[0][0] = g[1][0] = 0;for( int i = 1;i <= A;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );for( int i = 1;i <= B;i ++ ) scanf( "%d", &b[i] );for( int i = 1, x, y;i <= M;i ++ ) {scanf( "%d %d", &x, &y );G[x].push_back( y );}for( int i = 1;i <= B;i ++ ) g[b[i]&1][++g[b[i]&1][0]] = i;for( int i = 1;i <= g[0][0];i ++ )for( int j = 1;j <= g[1][0];j ++ )if( __builtin_popcount( b[g[0][i]] | b[g[1][j]] ) & 1 )continue;elsee[++ tot] = make_pair( g[0][i], g[1][j] );for( int i = 1;i <= B;i ++ ) vis[i] = 1;build(), dinic( B ); //一个A类人都不选for( int i = 1;i <= A;i ++ ) { //枚举选的一个A类人memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int x : G[i] ) vis[x] ++;int n = 1;//n当前情况的总点数for( int j = 1;j <= B;j ++ ) n += vis[j];if( n <= ans ) continue;else build(), dinic( n );}for( int i = 1;i <= A;i ++ )for( int j = i + 1;j <= A;j ++ )if( ( a[i] ^ a[j] ) & 1 ) {//枚举选择两个A类人memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int x : G[i] ) vis[x] ++;for( int x : G[j] ) vis[x] ++;int n = 2;for( int k = 1;k <= B;k ++ )if( vis[k] < 2 ) vis[k] = 0;else vis[k] = 1, n ++;if( n <= ans ) continue;else build(), dinic( n );}printf( "%d\n", ans );}return 0;
}

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