解题报告-P12026 [USACO25OPEN] Compatible Pairs S

P12026 [USACO25OPEN] Compatible Pairs S

题目描述

在遥远的乡村，农夫约翰的奶牛并非普通的农场动物——它们隶属于一个秘密的奶牛情报网络。每头奶牛都有一个由精英密码学家精心分配的ID号码。但由于农夫约翰随意的标记系统，部分奶牛出现了重复ID的情况。

农夫约翰记录到共有 \(N\)（\(1\le N\le 2\cdot 10^5\)）个不同的ID号码，对于每个唯一ID \(d_i\)（\(0\le d_i\le 10^9\)），有 \(n_i\)（\(1\le n_i\le 10^9\)）头奶牛共享该ID。

奶牛们只能成对交流，它们的加密通信有一个严格规则：两头奶牛仅当不是同一头牛且它们的ID号码之和等于 \(A\) 或 \(B\)（\(0\le A\le B\le 2\cdot 10^9\)）时才能交换信息。每头奶牛同一时间只能参与一次对话（即不能同时属于多对通信组合）。

农夫约翰希望最大化互不干扰的通信对数来确保最佳信息流通。你能计算出最多可以同时建立多少对通信吗？

输入格式

第一行包含 \(N\)、\(A\)、\(B\)。
接下来 \(N\) 行每行包含 \(n_i\) 和 \(d_i\)。所有 \(d_i\) 均不相同。

输出格式

可同时建立的最大互不干扰通信对数。
注意：由于涉及大整数运算，可能需要使用 64 位整数类型（如C/C++中的 long long）。

输入输出样例 #1

输入 #1

4 4 5
17 2
100 0
10 1
200 4

输出 #1

118

说明/提示

解释：
ID为 \(0\) 的奶牛可与 ID 为 \(4\) 奶牛通信（ID 之和为 \(4\)）。由于共有 \(100\) 头 ID \(0\) 的奶牛和 \(200\) 头 ID \(4\) 的奶牛，最多可组成 \(100\) 对通信组合。

ID 为 \(4\) 的奶牛还可与 ID 为 \(1\) 的奶牛通信（ID 之和为\(5\)）。此时剩余 \(100\) 头 ID \(4\) 的奶牛和 \(10\) 头 ID \(1\) 的奶牛可组成 \(10\) 对通信组合。

最后，ID 为 \(2\) 的奶牛可与其他同 ID 奶牛通信。\(17\) 头 ID \(2\) 的奶牛最多可组成 \(8\) 对通信组合（\(\lfloor17/2\rfloor=8\)）。

总计 \(100+10+8=118\) 对通信组合，可以证明这是最大可能值。

• 测试点 \(3\sim4\)：\(A=B\)。
• 测试点 \(5\sim7\)：\(N\le 1000\)。
• 测试点 \(8\sim12\)：无额外限制。

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解题报告

（施工单：补全建模后最终情况的证明和拓扑排序的正确性证明）

直接图论建模！！！

对于一个 \(\text{id}\)，我们建出以下两条边：

• \(\text{id}<A,\text{id} \rightarrow A-\text{id}\)
• \(\text{id}<B,\text{id} \rightarrow B-\text{id}\)

有对称性可知，也有这两条边：

• \(A-\text{id} \rightarrow A\)
• \(B-\text{id} \rightarrow B\)

所以这是个无向图。

由于题目保证每一个 \(\text{id}\) 唯一，那么每一个和为 \(A\) 的数对是唯一的，每一个和为 \(B\) 的数对也是唯一的，所以最后我们的图一定是一个可能带着自环的链。

直接拓扑排序。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=201100;

#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )

inline int read()
{
    int f=1,x=0; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(isdigit(ch))  { x=x*10+ch-'0';    ch=getchar(); }
    return f*x;
}

int n,S1,S2;
int ans;
int w[N],p[N];
vector<int> e[N];
map<int,int> col;

inline void toposort()
{
    queue<int> q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
      if(e[i].size()==1)
        q.push(i);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front(); q.pop();
        for(int i=0;i<e[u].size();i++)
        {
            int v=e[u][i];
            if(u==v)
            {
                ans+=w[u]/2;w[u]%=2;
                continue;
            }
            if(w[v])
            {
                int tmp=min(w[u],w[v]);
                ans+=tmp,w[u]-=tmp,w[v]-=tmp;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}

signed main()
{
    n=read(),S1=read(),S2=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        w[i]=read(),p[i]=read();
        col[p[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(p[i]<=S1 && col[S1-p[i]])
          e[i].push_back(col[S1-p[i]]);
        if(S1==S2) continue;
        if(p[i]<=S2 && col[S2-p[i]])
          e[i].push_back(col[S2-p[i]]);
    }
    toposort();
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}