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3.3 KiB
C++
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#include <iostream>
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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#include <vector>
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#include <set>
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#include <algorithm>
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using namespace std;
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typedef pair<int, int> PII;
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#define x first
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#define y second
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// 链式前向星
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const int N = 1010, M = N * N;
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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// 匈牙利算法
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int st[N], match[N];
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int dfs(int u) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (st[v] == 1) continue;
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st[v] = 1;
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if (match[v] == -1 || dfs(match[v])) {
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match[v] = u;
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return 1;
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}
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}
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return 0;
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}
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("POJ1548.in", "r", stdin);
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#endif
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int a, b;
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while (true) {
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// 初始化匈牙利算法的数组
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memset(match, -1, sizeof match);
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memset(st, 0, sizeof st);
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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idx = 0;
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vector<PII> vec;
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while (true) {
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cin >> a >> b;
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if (a == 0 && b == 0) break;
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if (a == -1 && b == -1) exit(0);
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vec.push_back(make_pair(a, b)); // POJ太老了，我喜欢用vec.push_back({a,b});但它不认识
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}
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// 按x1<=x2,y1<=y2逻辑进行排序
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// 总结：给了一大堆点，我们需要按一定顺序进行排序，然后再枚举遍历。一般的排序办法就是PII的默认排序办法
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sort(vec.begin(), vec.end());
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/* 每个机器人可以从左->右，上->下,走完就废。
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我们上面进行了排序，是按x1<=x2,y1<=y2排序的，但可能出现(x2>x1,y2<y1)的情况，也就是后面的行，但列在前面
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这是不符合题意的，不能连边，需要判断一下,即y要非单调上升，也就是y2>=y1
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*/
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for (int i = 0; i < vec.size(); i++)
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for (int j = i + 1; j < vec.size(); j++)
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if (vec[j].y >= vec[i].y) add(i, j);
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// 记录哪个点有出边,这个建边，是不是类似于floyd求传递闭包？多么痛的领悟！
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// 匈牙利算法
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int res = 0;
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/* 注意：这里需要枚举的上限是vec.size()!原因是上面我们建边时用的是add(i,j),也就是在链式前向星中保存的是
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原始点集中的点号！一开始黄海错误的把下面的循环终止条件写成了i<=idx,结果TLE，这是不对的！有两个原因：
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① 因为除非你在建图时使用了离散化，否则点号不全！！因为有的点号因为不符合vec[j].y>=vec[i].y的条件，也就是在
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下一行的左侧，被排除掉了，但它的号被占着呢！
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② idx是边数，不是点数，SB到家了！
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我又写了一个离散化后的版本，但代码太长了，不好玩，不如直接枚举vec.size()来的快，这样，即使有的点不符合条件，也就没有出边，不影响结果！
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代码短的多！
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*/
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for (int i = 0; i < vec.size(); i++) {
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memset(st, 0, sizeof st);
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if (dfs(i)) res++;
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}
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// 最小路径覆盖数 = 节点总数 - 最大匹配数
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printf("%d\n", vec.size() - res);
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}
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return 0;
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} |