1519E - Off by One

原题链接

这是一题思维要求较高的图论问题。

题意：
给你二维平面上n个点，每次操作必须满足如下条件

问你最多能删除多少点，并且输出删除的点对顺序。

思路：
首先这个题给我们点的坐标是以分数形式给出的，这就提示我们可以用分数来表示斜率。
假设当前输入的是 a, b, c, d, 即 x = a / b, y = c / d, 我们可以将斜率（未移动）表示为 {a * d, b * c}
加上移动操作，和化简，就有了代码中所示的
然后我们将每个斜率看作点，每个点看作边进行建图，此时问题就变成了在一个图上，
求每两条边共用一个点的最大边配对数量（边不可重复使用）
这个问题dfs就能解决，写法见如下代码

代码如下

int n, cnt;
ll a[N], b[N], c[N], d[N]; 
int h[M], e[M * 2], ne[M * 2], w[M * 2], idx;
bool vis[M], used[N];
vector<ll> ans[M];
map<pll, int> mp;	// pll用来表示斜率   后面的 int 表示斜率编号 

ll gcd(ll a, ll b)
{
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

void add(int a, int b, int c)
{
	e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

bool dfs(int u, int fav = -1)	// u 当前是哪个点，fav 表示从哪条边过来的 
{
	vis[u] = true;
	
	for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
	{
		int j = e[i], id = w[i];	// id 表示该边的编号 
		if(id != fav && !used[id])	//如果当前不是过来的边，并且该边没用过 
		{
			if(vis[j])	//如果该点已经被访问过 
				ans[u].push_back(id), used[id] = true;
			else
			{
				bool use = dfs(j, id);
				//如果儿子没有使用这条边 
				if(!use) ans[u].push_back(id), used[id] = true;
			}
		}
	}
	//如果该结点使用了奇数条边 
	if(ans[u].size() % 2)
	{
		if(fav != -1 && !used[fav])	//如果有过来的边可用，就用它 
		{
			ans[u].push_back(fav), used[fav] = true;
			return true;
		}	//否则儿子里最后一条使用的边无法配对 
		else ans[u].pop_back();
	}
	return false;
}

int main()
{
    IOS;
    cin >> n;
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    {
        cin >> a[i] >> b[i] >> c[i] >> d[i];
        ll x = a[i] * d[i], y = b[i] * c[i], w = b[i] * d[i]; // 通分
        ll g1 = gcd(x + w, y);
        ll g2 = gcd(x, y + w);
        mp[{(x + w) / g1, y / g1}] = 0;
        mp[{x / g2, (y + w) / g2}] = 0;
	}
	for(auto &x : mp) x.y = ++ cnt; 	//分配编号 
	
	memset(h, -1, sizeof h);
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
	{
        ll x = a[i] * d[i], y = b[i] * c[i], w = b[i] * d[i]; 
        ll g1 = gcd(x + w, y);
        ll g2 = gcd(x, y + w);
        int u = mp[{(x + w) / g1, y / g1}];
        int v = mp[{x / g2, (y + w) / g2}];
        // u 与 v 是原来的斜率, 现在表示点， i是原图的点，现在表示边。
		add(u, v, i);
		add(v, u, i);	
	}
	
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i)	if(!vis[i])	dfs(i);
	
	int res = 0;
	for(auto &x : ans) res += x.size() / 2;
	cout << res << '\n';
	for(auto &x : ans)
	{
		int len = x.size();
		for(int i = 0 ; i < len ; i += 2)
			cout << x[i] << ' ' << x[i + 1] << '\n';
	}
	
	return 0;
}