游戏(bzoj 1854)
2024-08-30 10:35:24
Description
lxhgww最近迷上了一款游戏,在游戏里,他拥有很多的装备,每种装备都有2个属性,这些属性的值用[1,10000]之间的数表示。当他使用某种装备时,他只能使用该装备的某一个属性。并且每种装备最多只能使用一次。 游戏进行到最后,lxhgww遇到了终极boss,这个终极boss很奇怪,攻击他的装备所使用的属性值必须从1开始连续递增地攻击,才能对boss产生伤害。也就是说一开始的时候,lxhgww只能使用某个属性值为1的装备攻击boss,然后只能使用某个属性值为2的装备攻击boss,然后只能使用某个属性值为3的装备攻击boss……以此类推。 现在lxhgww想知道他最多能连续攻击boss多少次?
Input
输入的第一行是一个整数N,表示lxhgww拥有N种装备 接下来N行,是对这N种装备的描述,每行2个数字,表示第i种装备的2个属性值
Output
输出一行,包括1个数字,表示lxhgww最多能连续攻击的次数。
Sample Input
3
1 2
3 2
4 5
1 2
3 2
4 5
Sample Output
2
HINT
【数据范围】
对于30%的数据,保证N < =1000
对于100%的数据,保证N < =1000000
/*
二分图匹配
但是O(n*m)的复杂度好像过不去,但是神奇的AC了,还跑得很快,玄学啊!
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1000010
using namespace std;
int head[N],used[N],bl[N],n,T;
struct node{
int v,pre;
}e[N*];
void add(int i,int u,int v){
e[i].v=v;e[i].pre=head[u];head[u]=i;
}
bool find(int x){
for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){
if(used[e[i].v]==T) continue;
used[e[i].v]=T;
if(!bl[e[i].v]||find(bl[e[i].v])){
bl[e[i].v]=x;
return true;
}
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
add(i*-,x,i);add(i*,y,i);
}
int i;
for(i=;i<=;i++){
++T;
if(!find(i)) break;
}
printf("%d",i-);
return ;
}
/*
官方题解:并查集。
对于一个武器,让一个属性a向另一个属性b连边。
如果一个p个点的连通块是一棵树,那么p-1个点符合要求。
如果一个p个点的连通块有环,那么p个点都符合要求。
我们用一个vis数组维护。
如果合并的是两个连通块,那么就把小的连通块合并到大的上面,并让小连通块的顶点vis=true。
否则,让该连通块的顶点vis=true。
这样就可以保证,如果一个大小为N联通块由N-1条边构成时,最大点的vis=false,其他为true。
由多于N条边构成时,所有点的vis=true。
然后最后只要一次扫描vis就可以得出答案了
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 10010
using namespace std;
int vis[N],fa[N],n;
int find(int x){
if(x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=;i++) fa[i]=i;
for(int i=;i<=n;i++){
int x,y,a,b;scanf("%d%d",&x,&y);
a=find(x);b=find(y);
if(a==b) vis[a]=;
else {
if(a>b) swap(a,b);
vis[a]=;
fa[a]=b;
}
}
for(int i=;i<=;i++)
if(!vis[i]){
printf("%d",i-);
break;
}
return ;
}
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