(HDU 5727)2016 Multi-University Training Contest 1 Necklace(搜索、图论)

题意

给你2*n个珠子，n个yang，n个yin，每个编号为1-n（题目居然不明说这一点，真坑）有m种情况，当a号yang珠子和b号yin珠子在一起的时候会变暗，求变暗的最小数量。

思路

一开始我以为串出来的是一条线，然后愣了半天都没看懂。。

官方题解说可以根据代价剪枝，好吧并不会剪 T T

做法是枚举所有yin的摆放情况，然后把yang放进去（因为变暗的是yang），至于能不能放，可以用无权值的二分图最大匹配算法（即匈牙利算法）。因为是一个环，起点并不重要，所以枚举yin的时候不需要改变第一个点的位置（情况数量为Annn,即An−1n种）

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define debug(a) printf("a =: %d\n",a);
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+50;
const int Mod=1e9+7;
const double PI=acos(-1);
typedef long long ll;
using namespace std;

int n,m;
bool mp[233][233];
int status[15];
int ans;
vector<int> G[15];
bool vis[15];
int mth[15];

bool find(int x){
int sz=G[x].size();
for(int i=0;i<sz;i++){
int v=G[x][i];
if (!vis[v]){
vis[v]=1;
if (mth[v]==-1 || find(mth[v])){
mth[v]=x;
return true;
}
}
}
return false;
}
int hungary(){
int ret=0;
mem(mth,-1);
for(int i=1;i<=n;i++){
mem(vis,0);
if (find(i)){
ret++;
}
}
return ret;
}
void work(){
for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();

for(int j=1;j<=n;j++){ //yang
for(int i=0;i<n;i++){//yin
//枚举yin的摆放情况，把yang放进去
if (!mp[j][status[i]] && !mp[j][status[(i+1)%n]]){
G[j].push_back(status[i]);
}
}
}
ans=min(ans,n-hungary());
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif

while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
mem(mp,0);
if (n==0) {puts("0"); continue;}
for(int i=0;i<m;i++){
int u,v;
// Yang Yin
scanf("%d %d",&u,&v);
mp[u][v]=1;
}
//Yin
for(int i=0;i<n;i++){
status[i]=i+1;
}
ans=INF;
//排列一共A（n,n）种，因为是一个环，所以只需要考虑A(n,n)/n种
do work();
while(next_permutation(status+1,status+n));
printf("%d\n",ans);

}

return 0;
}