思路

首先要提一下的就是，這道題有很多種做法，比如說有二分圖匹配、並查集、貪心、搜尋等等。出於時間原因，我這裡只寫二分圖匹配和並查集寫法。

一、二分圖匹配（匈牙利演算法）

這道題的這種做法思路比較難想（但也沒有那麼困難）。比較容易想到的就是把每個物品的兩個屬性作為兩邊的點，然後搞二分圖匹配。但是這樣做並不好做（我不清楚這樣該怎麼做）。

那我們可以考慮換一種思維方式。

我們可以對裝置和其屬性分別建點，然後從每個屬性值分別向它所屬的裝備連有向邊（注意一定是有向邊，否則會出現全部都可以匹配的錯誤結果），然後在建好的二分圖上跑匈牙利演算法。

在統計答案時，我們從1開始依次列舉屬性值，然後跑匈牙利，判斷是否能夠匹配。只要出現第一個不能匹配的情況，終止列舉，因為屬性值必須要求連續。二分圖匹配的主要思路就這些，如果不能理解，

可以多舉幾個例子分析一下，就很好懂了（這裡因為我懶，就不提供分析了）。

最後就是一個小優化。由於每次跑匈牙利的時候都要清空vis陣列，每次都清空會導致時間複雜度上升（不過好像也能過，我沒試過）。因此我們可以將vis陣列定義為int型別，再使用一個時間戳tot，就是

相當於每次把表示是否匹配的0,1換成了tot-1和tot。這樣不會對程式造成影響，而且可以小幅壓縮時間。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 1000009
int n, lk[MAXN], res;
//lk[i]=j 表示第i個點與第j個點匹配
int head[MAXN], cnt;
int vis[MAXN], tot;//tot是時間戳
struct node{
    int nxt, to;
} edge[MAXN << 1];
inline void add_edge(int x,int y){
    ++cnt;
    edge[cnt].nxt = head[x];
    edge[cnt].to = y;
    head[x] = cnt;
    return;
}//建圖
int DFS(int k){
    if(vis[k]==tot) return 0;//若已經被匹配過且沒有其他方案，返回 0
    vis[k] = tot;//打上時間戳標記
    for (int i = head[k]; i;i=edge[i].nxt){//遍歷圖
        int v = edge[i].to;
        if(lk[v]==0||DFS(lk[v])){//若當前點沒有被匹配過或者已匹配的點有其他方案可以選擇，即有增廣路，改變方案
            lk[v] = k;//將v與k匹配
            return 1;//此時一定可以匹配，返回1
        }
    }
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n;++i){
        int u = 0, v = 0;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add_edge(u, i);//從兩個屬性值向武器編號連邊
        add_edge(v, i);
    }
    for (int i = 1; i <= 10000;++i){
        ++tot;//時間戳
        if(DFS(i)) ++res;//嘗試匹配，若可行，累加答案
        else break;//否則直接結束迴圈
    }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

 

二、並查集做法

並查集做法的時間效率比二分圖差不了多少，但是同樣不太好理解。

對於每個資料，我們在每個武器的屬性值之間連邊，這樣到最後會出現一些連通塊。這些連通塊存在的形式有2種，一種是樹（不是環），另一種是環。

對於呈樹的狀態的連通塊，對於此題，即一定存在一種情況，使得只有一個點不被取到。而面對最大連續的要求，很明顯去取不到的那個點一定是當前連通塊中權值最大的那個點。

對於呈環的形態的連通塊，很明顯當前環上所有的點全部都能被取到。

那麼我們就可以在合併時使用flag陣列來維護這個性質。在每次讀入後，在每個武器的兩個屬性值之間連邊。

然後就是一種情況是合併這兩個點所在的連通塊（注意是要把權值小的連通塊合併到大的連通塊裡面），然後把權值小的連通塊的flag賦值為1。

如果不是上述情況（比如這兩個點已經在一個連通塊裡了），那麼我們就讓這個連通塊的頂點（即根節點）的flag賦值為1。

這樣做的話，對於一個大小為m的連通塊，若由恰好m-1條邊構成（即為樹），可以保證最大點的flag為0；若由大於等於m條邊構成（即為環），可以保證所有點的flag均為1。這樣最後只要按照權值從小

到大遍歷flag陣列，和匈牙利演算法類似得出結果（同樣證明例子我就不寫了，我有點懶）。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 1000009
int n, f[MAXN], res;
int flag[MAXN];
inline int get_father(int k){
    return k == f[k] ? k : f[k] = get_father(f[k]);
}//路徑壓縮的並查集寫法
inline void _init(void){
    for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
        f[i] = i;
    return;
}//初始化函式
inline void _swap(int &x,int &y){
    int tmp = x;
    x = y, y = tmp;
    return;
}//交換兩個變數的值
int main(){
    scanf("%d", &n);
    _init();
    for (int i = 1; i <= n;++i){
        int u = 0, v = 0;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        u = get_father(u), v = get_father(v);
        if(u==v) flag[u] = 1;//若是同一個點，flag=1
        else{//嘗試合併
            if(u>v) _swap(u, v);//要保證u<v
            if(!flag[u]) flag[u] = 1;//把權值小的賦值為1
            else flag[v] = 1;//否則再把權值大的賦值為1
            f[u] = v;//把u(權值小的)併到v(權值大的)上
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n + 1; ++i){
        if(flag[i]==0){
            res = i - 1;//這裡得出結果的方法和二分圖寫法類似
            break;
        }
    }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}