WA了半天才发现居然是因为没看见这道题有多组数据,wzfl。。。

题目大意:有N对钥匙,对于每一对钥匙,如果使用了其中一把,另一把钥匙就会消失。接下来有M扇门,每扇门上有两把锁,分别对应两把钥匙(锁会重复出现,每把钥匙也可以重复使用),打开其中任意一把就可以打开这扇门,再打开第m扇门后才可以去尝试打开第m+1扇门。问最多能打开多少扇门。

思路:每个钥匙都有使用与不使用两种状态且必须是其中一种状态,于是想到2-SAT,对于配对的钥匙a,b,使用了一个之后另一个就不能使用 ,所以在图中连边(a,¬b)和(b,¬a)。

对于每个门上的两个钥匙c,d,如果门能打开,就一定有一个钥匙被使用,所以如果不用其中一个,就必须用另外一个,所以在图中连边(¬c,d)和(¬d,c)。

由于必须从第一扇们门开始向后连续尝试开门,接下来通过二分就能找到可以打开的最大门数,对于每个门数e,处理前e个门的钥匙,如果该2-SAT有解,就说明可以打开e扇门,否则不行。

代码如下:

//POJ.2723
//Author: Prgl
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0) typedef long long ll;
typedef vector<int>vec; #define INF 0x3f3f3f3f
const int maxv = 1 << 14;
const int maxd = 1 << 15; int V;
vec G[maxv], rG[maxv];
stack<int>s;
bool used[maxv];
int cmp[maxv]; inline void add_edge(int from, int to)
{
G[from].push_back(to);
rG[to].push_back(from);
} void dfs(int v)
{
used[v] = true;
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
if (!used[G[v][i]])
dfs(G[v][i]);
}
s.push(v);
} void rdfs(int v, int k)
{
cmp[v] = k;
used[v] = true;
for (int i = 0; i < rG[v].size(); i++)
{
if (!used[rG[v][i]])
rdfs(rG[v][i], k);
}
} int scc()
{
memset(used, 0, sizeof(used));
for (int v = 0; v < V; v++)
{
if (!used[v])
dfs(v);
}
memset(used, 0, sizeof(used));
int k = 0;
while (!s.empty())
{
int v = s.top();
s.pop();
if (!used[v])
rdfs(v, k++); } return k;
} int N, M, K;
int a[maxv], b[maxv];
int A[maxd], B[maxd]; bool C(int d)
{
for (int v = 0; v < V; v++)
{
G[v].clear();
rG[v].clear();
}
for (int i = 0; i < N; i++)
{
add_edge(a[i], b[i] + K);
add_edge(b[i], a[i] + K);
}
for (int i = 0; i < d; i++)
{
add_edge(B[i] + K, A[i]);
add_edge(A[i] + K, B[i]);
}
memset(cmp, 0, sizeof(cmp));
scc();
for (int i = 0; i < K; i++)
{
if (cmp[i] == cmp[i + K])
return false;
} return true;
} void solve()
{
K = N * 2;
V = N * 4;
int lo = 0, hi = M + 1;
while (hi - lo > 1)
{
int mi = (lo + hi) / 2;
if (C(mi))
lo = mi;
else
hi = mi;
}
cout << lo << endl;
} int main()
{
IOS;
cin >> N >> M;
while (N != 0 || M != 0)
{
for (int i = 0; i < N; i++)
cin >> a[i] >> b[i];
for (int i = 0; i < M; i++)
cin >> A[i] >> B[i];
solve();
cin >> N >> M;
} return 0;
}

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