做公司网站要多久标准网站建设费用

二分+染色：257. 关押罪犯

257. 关押罪犯 - AcWing题库

最大最小问题，一眼二分
答案的范围在$[1,1e9]$之间，二分答案，check(mid)
check：将所有权值大于mid的边进行二分，若能得到二分图，返回true，否则返回false
最终将得到最优解ans，所有大于ans的边组成的图为二分图，若是图中有边的权值小于ans，那么这个图就不是二分图
当ans为0时，说明原图就是一张二分图，此时的答案也为0，不需要特判，所以二分的区间为$[0,1e9]$

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 20010, M = 2e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int color[N];
int n, m;void add(int x, int y, int d)
{e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}bool dfs(int x, int c, int mid)
{color[x] = c;for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]){if (w[i] <= mid) continue;int y = e[i];if (!color[y]){if (!dfs(y, 3 - c, mid)) return false;}else if (color[y] == c) return false;}return true;
}bool check(int mid)
{memset(color, 0, sizeof(color));for (int i = 1; i <= n; ++ i )if (!color[i])if (!dfs(i, 1, mid))return false;return true;
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));scanf("%d%d", &n, &m);int x, y, d;for (int i = 0; i < m; ++ i ){scanf("%d%d%d", &x, &y, &d);add(x, y, d), add(y, x, d);}int l = 0, r = 1e9;while (l < r){int mid = l + r >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}printf("%d\n", l);return 0;
}

---

增广路径

从二分图的非匹配点开始，经过非匹配边，匹配边，非匹配边，匹配边…最后到非匹配点的路径被称为增广路径

将所有匹配边删除，添加非匹配边，图中匹配的对数+1
最大匹配不存在增广路径

---

372. 棋盘覆盖

372. 棋盘覆盖 - AcWing题库

建图方式很特殊，将每个格子看成点，相邻格子之间连一条边，问题就转换成了从图中选择最多的边，使得每条边的点都不重复
这就是一个最大匹配问题
接着判断图是否是一个二分图，若不是二分图，那么不能使用匈牙利算法
将n*m矩阵的奇数格和偶数格（横纵坐标之和）染上不同的颜色，相同颜色的为一组，那么整个矩阵就能被分成两个集合，由于只有相邻格子之间存在边，所以集合中的不存在边，只有集合之间存在边

枚举所有奇数格（或者偶数格），试着将其匹配。注意：不需要枚举坏掉的格子，匹配时也不用匹配坏掉的格子

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 110;
typedef pair<int, int> PII;
PII match[N][N];
bool g[N][N], st[N][N];
int dx[4] = { 0, 1, 0, -1 }, dy[4] = { 1, 0, -1, 0 };
int n, m;bool find(int x, int y)
{for (int i = 0; i < 4; ++ i ){int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];if (!g[nx][ny] && nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= n){if (!st[nx][ny]){auto t = match[nx][ny];st[nx][ny] = true;if (t.first == 0 || find(t.first, t.second)){match[nx][ny] = { x, y };return true;}}}}return false;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);int x, y;while (m -- ){scanf("%d%d", &x, &y);g[x][y] = true;}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i )for (int j = 1; j <= n; ++ j )if ((i + j) % 2 && !g[i][j]){memset(st, false, sizeof(st));if (find(i, j)) res ++ ;}printf("%d\n", res);return 0;
}

debug：find的判断条件if (!g[nx][ny] && nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= n)的!g[nx][ny]写成了!g[x][y]
每次find之前st数组没有重置

---

最小点覆盖

给定一个无向图，从中选出最少的点，使得每条边只有一个端点被选择
结论：最小点覆盖 = 最大匹配数

---

376. 机器任务

376. 机器任务 - AcWing题库

分析题意：有k个任务，每个任务可以在A机器或者B机器上完成，但是机器必须调整为相应的模式，任务的执行顺序任意，求任意顺序中的最少调整次数

建图：将完成每个任务需要调整的模式看成点，一个任务有两个点，在这两点之间连线。显然，得到的图是一个二分图，由于不同任务在相同机器上需要调整的模式可能相同，这些点可以看成一个点
题目要完成所有任务，即选择每条边的一个点，根据题意也就是求最小点覆盖
用匈牙利求二分图的最大匹配即可
由于每台机器的初始状态为0，所以需要调整状态为0的任务不用切换模式，直接就能完成，因此建图时不需要建立这些任务

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 210, M = 1010;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int match[N]; bool st[N];
int n1, n2, m;void add(int x, int y)
{e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}bool find(int x)
{for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]){int y = e[i];if (!st[y]){st[y] = true;if (match[y] == 0 || find(match[y])){match[y] = x;return true;}}}return false;
}int main()
{while (scanf("%d", &n1), n1){idx = 0;memset(h, -1, sizeof(h));memset(match, 0, sizeof(match));scanf("%d%d", &n2, &m);int t, x, y;while (m -- ){scanf("%d%d%d", &t, &x, &y);if (x == 0 || y == 0) continue;add(x, y);}int res = 0;for (int i = 1; i <= n1; ++ i){memset(st, false, sizeof(st));if (find(i)) res ++ ;}printf("%d\n", res);}return 0;
}

---

最大独立集

从一个无向图中选出最多的点，使得选出的点之间都没有边
等价于去掉最少的点，将所有边破坏
等价于最小点覆盖，等价于最大匹配
假设一共n个点，最大匹配数位m，最大独立集的数量为n - m
最大团
从一个无向图中选出最多的点，使得选出的点之间都有边

---

378. 骑士放置

378. 骑士放置 - AcWing题库

建图：矩阵中，能互相攻击到的格子之间建立一条边
那么问题就转换成了求图的最大独立集，即选择的格子之间都没有边，不能相互攻击

验证建的图是否为二分图，将奇数格和偶数格染不同的颜色，若当前坐标为$(x,y)$，那么该坐标之和为$x+y$，要得到与之相连的坐标，就要将x±1，y±2，坐标之和要±一个奇数
假设坐标之和为奇数，加上奇数得到偶数，格子的颜色不同
假设坐标之和为偶数，加上奇数得到奇数，格子的颜色也不同
所以该图是一个二分图，可以使用匈牙利算法求最大匹配

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;typedef pair<int, int> PII;
const int N = 110;
bool g[N][N], st[N][N];
PII match[N][N];
int dx[8] = { 1, 1, 2, 2, -1, -1, -2, -2 }, dy[8] = { 2, -2, 1, -1, 2, -2, 1, -1 };
int n, m, t;bool find(int x, int y)
{for (int i = 0; i < 8; ++ i ){int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];if (!g[nx][ny] && nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m){if (!st[nx][ny]){st[nx][ny] = true;auto t = match[nx][ny];if (t.first == 0 || find(t.first, t.second)){match[nx][ny] = { x, y };return true;}}}}return false;
}int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);int x, y;for (int i = 0; i < t; ++ i ){scanf("%d%d", &x, &y);g[x][y] = true;}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i )for (int j = 1; j <= m; ++ j )if (!g[i][j] && (i + j) % 2){memset(st, 0, sizeof(st));if (find(i, j)) res ++ ;}printf("%d\n", n * m - t- res);return 0;
}

debug：求最大匹配时，只需要遍历一个集合中的点，可以是奇数格也可以是偶数格，即添加条件(i + j) % 2

---

最小路径点覆盖

针对有向无环图，用最少的互不相交（点不重复）的路径较所有点覆盖
没听懂，先跳过