Living-Dream 系列笔记 第91期

最大团

一张图的最大团被定义为它的一个极大的完全子图。

对于任意一张图，我们都有如下结论：其最大团就是其补图的最大独立集。读者自证不难。

于是乎，只要一张图的补图为二分图，我们就可以轻松求出它的最大团。

P2764

抽象一下题意，我们发现我们需要连一条边使得最大团的大小加一。

在补图中，连边会变为删边，又因为 \(最大团 = 补图最大独立集 = 补图总点数-最小点覆盖=补图总点数-最大匹配\)，所以要让最大团更大，最大匹配应当更小。

于是，我们暴力地枚举删哪一条匹配，然后暴力地检验最大匹配是否变少即可。

时间复杂度最坏可以达到 \(O(n^5)\)，显然无法通过，但可以获得 \(60 pts\) 的高分。正解也许会出现在第 93 期中。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N=1e4+5;
int n,m;
int idx,ans;
int match[N],match2[N],vis[N],color[N];
vector<int> G[N],T[N];
vector<pair<int,int> > Ans;
 
void fillit(int cur,int c){
	color[cur]=c;
	for(int i:G[cur])
		if(!color[i])
			fillit(i,3-c);
}
bool hungary(int* mm,int cur,int pre,int nxt){
	if(vis[cur]==idx){
		return 0;
	}
	vis[cur]=idx;
	for(int i:T[cur]){
		if(cur==pre&&i==nxt)
			continue;
		if(!mm[i]||hungary(mm,mm[i],pre,nxt)){
			mm[i]=cur;
			return 1;
		}
	}
	return 0;
}
 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!color[i])
			fillit(i,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j:G[i]){
			if(color[i]==1)
				T[i].push_back(j);
			else
				T[j].push_back(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(color[i]==1){
			idx++;
			if(hungary(match,i,-1,-1))
				ans++;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(color[i]==2){
			memset(match2,0,sizeof match2);
			int nowans=0;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(color[j]==1){
					idx++;
					if(hungary(match2,j,match[i],i))
						nowans++;
				}
			}
			if(nowans<ans)
				Ans.push_back({min(match[i],i),max(match[i],i)});
		}
	}
	sort(Ans.begin(),Ans.end());
	cout<<Ans.size()<<'\n';
	for(auto i:Ans)
		cout<<i.first<<' '<<i.second<<'\n';
	return 0;
}

总结：

• 寻找一个网络中两两之间有关系的一群东西，考虑最大团。

• 最大团问题分析补图。

• 做题从概念出发。

P2423

根据朋友圈的定义我们容易发现这是一个最大团问题，但是哪来的二分图？？？

进行一个条件的解读：

• A 国：对于两个友善值为 \(a,b\) 的 A 国人，\((a\mathbin{\mathrm{xor}} b) \bmod 2=1\) 这个条件意味着若它们是朋友，则 \(a,b\) 奇偶性不同。

• B 国：反之。第二个条件无需解读，直接判即可。

那么 B 国的补图就是 \(a,b\) 奇偶性不同的连边，我们把奇数点看作左部点，偶数点看作右部点，二分图出来了。

显然不考虑 A 国的时候，本题答案即为 \(B\) 国的最大团。

但是 A 国加进来怎么办？这启发我们去挖掘性质。

因为 A 国是奇偶不同连边，根据抽屉原理，A 国一定不能加进来超过 \(2\) 人，因为到了第 \(3\) 个人就一定会与前两个人中的某一个不连边，形成不了最大团。

那么我们暴力地去枚举 A 国加哪些人（如果加两个人，则他们俩必须是朋友），然后将他们所连接的 B 国人求一次最大团即可。

但是有一种方法是不行的，就是把 B 国的人全放进来求一遍最大团，然后再选 A 国人加入。一方面我们无法知道最大团的方案，也就无法验证其正确性；另一方面，将 B 国人全求一遍最大团不一定最优，我们完全可以少选几个然后多加几个 A 国人进来。

同样，将 A 国人加入和 B 国人一起求最大团更是不行的，因为我们无法保证 A 国人加进来以后还是二分图。

为什么我要讲以上两种错误方法呢，还不是因为老师的误导（光速逃）。

综上，本题是巨大困难图论题，并且结合了数学知识，考察了我们解读条件、挖掘性质的能力，还要求我们具有转换角度的思想（因为正常人都会往错误方法一想），确实是一道极好的题目。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N=3e3+5;
int t,a,b,m;
int ans,idx,idxx;
int ap[N],bp[N];
int match[N],ok[N],vis[N];
bool yes[N][N];
vector<int> G[N];
 
bool hungary(int cur){
	for(int i:G[cur]){
	    if(vis[i]!=idx&&ok[i]==idxx){
	        vis[i]=idx;
		    if(!match[i]||hungary(match[i])){
			    match[i]=cur;
			    return 1;
		    }
	    }
	}
	return 0;
}
 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>a>>b>>m;
		for(int i=1;i<=a;i++)
			cin>>ap[i];
		for(int i=1;i<=b;i++)
			cin>>bp[i];
		memset(yes,0,sizeof yes);
		for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
			cin>>u>>v,yes[u][v]=1;
		for(int i=1;i<=b;i++)
			G[i].clear();
		for(int i=1;i<=b;i++)
			for(int j=1;j<=b;j++)
				if((bp[i]&1)&&!(bp[j]&1)&&!(__builtin_popcount(bp[i]|bp[j])&1))
					G[i].push_back(j);
		ans=idx=idxx=0;
		memset(match,0,sizeof match);
		for(int i=1;i<=b;i++){
			if(bp[i]&1){
				idx++;
				if(hungary(i))
					ans++;
			}
		}
		ans=b-ans;
		memset(ok,0,sizeof ok);
		for(int i=1;i<=a;i++){
			idxx++;
			int all=0;
			for(int j=1;j<=b;j++)
				if(yes[i][j])
					ok[j]=idxx,all++;
			memset(match,0,sizeof match);
			int nowans=0;
			for(int j=1;j<=b;j++){
				if(ok[j]==idxx&&(bp[j]&1)){
					idx++;
					if(hungary(j))
						nowans++;
				}
			}
			ans=max(ans,all-nowans+1);
		}
		for(int i=1;i<=a;i++){
			for(int j=i+1;j<=a;j++){
				if((ap[i]^ap[j])&1){
					idxx++;
					int all=0;
					for(int k=1;k<=b;k++)
						if(yes[i][k]&&yes[j][k])
							ok[k]=idxx,all++;
					memset(match,0,sizeof match);
					int nowans=0;
					for(int k=1;k<=b;k++){
						if(ok[k]==idxx&&(bp[k]&1)){
							idx++;
							if(hungary(k))
								nowans++;
						}
					}
					ans=max(ans,all-nowans+2);
				}
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}