AcWing 376. 机器任务

$AcWing$ $376$. 机器任务

一、题目描述

有两台机器 $A$，$B$ 以及 $K$ 个任务。

机器 $A$ 有 $N$ 种不同的模式（模式 $0$∼$N−1$），机器 $B$ 有 $M$ 种不同的模式（模式 $0$∼$M−1$）。

两台机器最开始都处于模式 $0$。

每个任务既可以在 $A$ 上执行，也可以在 $B$ 上执行。

对于每个任务 $i$，给定两个整数 $a[i]$ 和 $b[i]$，表示如果该任务在 $A$ 上执行，需要设置模式为 $a[i]$，如果在 $B$ 上执行，需要模式为 $b[i]$。

任务可以以任意顺序被执行，但每台机器转换一次模式就要重启一次。

求怎样分配任务并合理安排顺序，能使机器重启次数最少。

输入格式
输入包含多组测试数据。

每组数据第一行包含三个整数 $N,M,K$。

接下来 $K$ 行，每行三个整数 $i,a[i]$ 和 $b[i]$，$i$ 为任务编号，从 $0$ 开始。

当输入一行为 $0$ 时，表示输入终止。

输出格式
每组数据输出一个整数，表示所需的机器最少重启次数，每个结果占一行。

数据范围
$N,M<100,K<1000$
$0≤a[i]<N$
$0≤b[i]<M$

输入样例：

5 5 10
0 1 1
1 1 2
2 1 3
3 1 4
4 2 1
5 2 2
6 2 3
7 2 4
8 3 3
9 4 3
0

输出样例：

3

二、题目解析

解读：这题啥意思呢？没看懂，没办法，研究一下测试用例，瞬时明白：
$A$机开$1,2$模式,$B$机开$3$模式，就可以处理完所有任务！！

$A$机需要$0->1->2$共两次，$B$机需要$0->3$共一次，合计$3$次！

总结：

• 看不懂题意需要结合测试用例理解
• $0$模式比较特殊，因为它本身出发就在$0$模式，不用切换，如果给出的数据为模式$0$的可以不用考虑，不会对结果产生影响

理论知识

「最小点覆盖」：给出一个图，从中选出最少的点，使得每一条边的两个点里面至少有一个点是被选出来的。

在「二分图中」，最小点覆盖有一个结论：「最小点覆盖数量==最大匹配数量」。

回到本题

首先，题目中给出两个机器都从模式$0$开始，并且任务不必按照顺序执行，所以我们可以先把所有使用模式$0$执行的任务先全部完成（避免切换模式），所以剩下的任务都是大于$0$的。

因此问题就变成了在$N+M-2$（其中$N$和$M$是两种机器的模式数量）种模式中，最少选出多少个模式可以把所有剩余的任务完成。

如果我们「把$a[i]$和$b[i]$看成$a[i]$连向$b[i]$的一条有向边」，那么「完成任务$i$」就相当于是「在这条边上选择出一个点」。 如此，我们就把问题转换成了，在这个「二分图中」选择出最少的点，把所有的边覆盖到，也就是「最小点覆盖问题」，那么「二分图中的最小点覆盖问题 就等价于 最大匹配数量」，因此我们直接「使用匈牙利算法求出最大匹配数量」就是本题的答案。

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2 * 110, M = 1010;

int n, m, k;

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

// 匈牙利算法模板
int match[N], st[N];
int find(int u) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (!st[v]) {
            st[v] = 1;
            if (!match[v] || find(match[v])) {
                match[v] = u;
                return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int main() {
    while (scanf("%d", &n), n) {
        scanf("%d %d", &m, &k);
        memset(match, 0, sizeof match);
        memset(h, -1, sizeof h);
        idx = 0;
        while (k--) {
            int t, a, b;
            scanf("%d %d %d", &t, &a, &b);
            if (!a || !b) continue; // 0状态不用处理
            add(a, b);              // 此边是一个任务
        }

        int res = 0;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            memset(st, 0, sizeof st);
            if (find(i)) res++;
        }
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}