376. 机器任务

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376. 机器任务

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 $0 \sim N-1$），机器 $B$ 有 $M$ 种不同的模式（模式 $0 \sim M-1$）。

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

$N,M < 100 , K < 1000$
$0 \le a[i] < N$
$0 \le b[i] < M$

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

解题思路

二分图最小点覆盖

点覆盖即选择若干点使得任意的边都至少有一个被选择的点，最小点覆盖即选择的点数最少
对于二分图，有结论：$最大匹配=最小点覆盖$
证明：不难证明对于最大匹配，可以在匹配边的任意一端选择一个点，即 $最小点覆盖\geq 最大匹配$，不妨构造证明 $最大匹配=最小点覆盖$，一开始分为左右两部，对于左部的所有非匹配点都开始做一遍增广（$非匹配点,匹配点,非匹配点,\dots$），但由于是最大匹配，即最后不可能走到非匹配点，标记所有遍历到的点，对此不难发现如下性质：

1. 左边所有非匹配点都被标记
2. 右边所有非匹配点都没有被标记（否则说明找到了增广路）
3. 对于匹配边而言，两边要么同时被标记要么同时未被标记（由增广路径很容易得到）

开始构造：对于每个匹配边，如果左右两边都被标记的话则选择右边，否则，即两边同时未被标记，此时选择左边
$\color{red}{为什么？}$
显然，不可能存在非匹配点和非匹配点连边，否则说明找到一条增广路径，与最大匹配矛盾，故只需要讨论 $匹配点$ 和 $非匹配点$ 的边以及 $非匹配点$ 和 $匹配点$ 的边，对于 $非匹配点-匹配点$，由于左部的非匹配点都被标记，按照构造方法，此时该 $匹配点$ 也应该被标记，由性质 $3$，这时该匹配点是被选择的，所以这样的边能够被覆盖到；对于 $匹配点-非匹配点$，如果左部的 $匹配点$ 被标记的话，此时该 $非匹配点$ 会被标记，这与性质 $2$ 矛盾，故此时 $匹配点$ 未被标记，即此时该 $匹配点$ 也是被选择，这样所有的边都能被覆盖

本题先处理两种模式为 $0$ 的情况，因为这种模式一开始就可以处理掉，然后用任务表示边，两个端点即两种模式，即任意一种模式都可以消除这条边，正好对应二分图的最小点覆盖

• 时间复杂度：$O(nm)$

代码

// Problem: 机器任务
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/378/
// Memory Limit: 10 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=105;
int n,m,k;
bool g[N][N],st[N];
int match[N],color[N];
bool find(int x)
{
	for(int i=0;i<m;i++)
		if(g[x][i]&&!st[i])
		{
			st[i]=true;
			if(match[i]==0||find(match[i]))
			{
				match[i]=x;
				return true;
			}
		}
	return false;
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n),n)
    {
    	memset(g,0,sizeof g);
    	memset(match,0,sizeof match);
    	scanf("%d%d",&m,&k);
    	while(k--)
    	{
    		int i,a,b;
    		scanf("%d%d%d",&i,&a,&b);
    		if(a==0||b==0)continue;
    		g[a][b]=true;
    	}
    	int res=0;
    	for(int i=0;i<n;i++)
    	{
    		memset(st,0,sizeof st);
    		if(find(i))res++;
    	}
    	printf("%d\n",res);
    }
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16936563.html
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