ZOJ-3988 2017CCPC-秦皇岛 Prime Set 二分图最大匹配 匈牙利

题面

题意:给你n个数,你可以选择2个和为质数的数为一对,每个数可以重复选择,你最多选k对,问你最多能选多少个不同数出来

题解:首先思考怎么样的数和为质数,2个偶数相加不行,除了1+1以外2个奇数相加不行,那么大致上,就是偶数+奇数,

这样很明显的发现这就是一个二分图,而且这是自动分好的,并不需要你建边的时候特殊考虑

所以对于能够加成质数的组合连边,跑最大匹配,如果现在有大于等于k个,那答案肯定就是选k个,每个里面一奇一偶,所以答案==k*2

可要现在不够k个呢?

还是先选ans*2个,剩下的,最好拿个样例画图出来,我们发现那些没在最大匹配的点,还可以有连向匹配里点的边,这时候选一条,答案就只能加1

所以答案就加上这种边的数量,当然也要小于总边数也要小于k,

(这里其实就利用匹配里的"板凳数组",初始化-1,有板凳坐就是0,最后剩下还是0的那些就是可以连一条边的)

那些人的题解好像对1进行特殊处理,搞的很复杂麻烦,可是我们再细想,选1+1这对,前提是1没法和任何数相加为质数了,不然选不到1+1,且收益也只有1

因为1+1只能带来1这个1个数,所以不用考虑,它本身就不会被纳入最大匹配里,这条边,只有在需要补的时候用上

 #include<bits/stdc++.h>
 #define N 3005
 #define M 2000010
 using namespace std;
 int pri[M],n,k,T,ans,sum,a[N],used[N],col[N];
 vector<int>g[N];
 int dfs(int x)
 {
     used[x]=;
     for (int i=;i<g[x].size();i++)
     {
         int y=g[x][i];
         if (!used[y])
         {
             used[y]=;
             if (col[y]== || dfs(col[y]))
             {
                 col[y]=x;
                 col[x]=y;
                 return ;
             }
         }
     }
     return ;
 }
 int main()
 {
     for (int i=;i<M;i++)
         if (!pri[i])
             for (int j=i*;j<M;j+=i) pri[j]=;
     scanf("%d",&T);
     while (T--)
     {
         scanf("%d%d",&n,&k);
         memset(col,-,sizeof(col));
         for (int i=;i<=n;i++) g[i].clear();
         ans=sum=;
         for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
         for (int i=;i<=n;i++)
             for (int j=i+;j<=n;j++)
                 if (!pri[a[i]+a[j]])
                 {
                     col[i]=;
                     col[j]=;
                     g[i].push_back(j);
                     g[j].push_back(i);
                 }
         for (int i=;i<n;i++)
             if (!col[i])
             {
                 memset(used,,sizeof(used));
                 ans+=dfs(i);
             }
         if (ans>=k) printf("%d\n",k*);else
         {
             for (int i=;i<=n;i++) if (!col[i]) sum++;
             printf("%d\n",ans*+min(k-ans,sum));
         }
     }
 }