NC20566 [SCOI2010]游戏

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题目

题目描述

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？

输入描述

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

输出描述

输出一行，包括1个数字，表示lxhgww最多能连续攻击的次数。

示例1

输入

3
1 2
3 2
4 5

输出

2

备注

对于 \(30\%\) 的数据，保证 \(N \leq 1000\)
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(N \leq 1000000\)

题解 方法一

知识点：图论，DFS。

把装备的两个属性值抽象成一条边的两个点，每条边只能选择一个点，那么对于一个连通图有大于等于点数量的边，那么这个连通图是存在环的，那就一定有方法使得所有点都选到，否则最大值不能选到。

于是，建图后枚举所有点的连通情况，如果存在环就是所有都能取到，如果不存在环则最大值取不到，将第一个不能取到的值设为最大值，如此遍历所有数字即可得到确定的第一个不能取到的数字，答案就是这个数字减一。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法二

知识点：并查集。

原理和方法一一样，将存在关系的点放入一个集合，根节点权值设为这个集合的最大值，如果存在两个点在一个集合后又被合并一次说明这个集合的点存在环，否则没有。

遍历所有集合找到不能取到最大值的集合中的最小值，减一即是答案。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

方法三

知识点：贪心。

对于每个装备取较小属性值，如果这个值已经取过了那就取较大的属性值，将访问信息存入一个数组，如此得到一个最小能取到的属性值的数组，遍历数组直到第一个不能去到的数为止，减一即是答案。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码 方法一

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

vector<int> g[10007];
bool vis[10007];
int maxn;
bool dfs(int u, int fa) {
    bool flag = false;///判断环
    for (int i = 0;i < g[u].size();i++) {
        int v = g[u][i];
        if (fa == v) continue; ///和其他标记不一样，父节点单独考虑
        if (vis[v]) { flag = true; continue; }///有环还不能跳出，要找到最大值
        vis[v] = 1;///标记
        maxn = max(maxn, v);///更新连通块最大值
        if (dfs(v, u)) flag = true;///传递环信息
    }
    return flag;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
        ans = max({ ans,u,v });
    }
    ans++;///表示不能到达的第一个数
    for (int i = 1;i <= ans - 1;i++) {
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = 1;
            maxn = i;
            if (!dfs(i, 0)) ans = min(ans, maxn);
        }
        ///如果没访问，且所在连通块无环，则仅最大数一定不可达，更新为ans
    ///其他数如果之前的数都可达，则一定可达，因此访问过的不需要再次访问
    }
    cout << ans - 1 << '\n';///遍历区间后能确定ans
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int fa[10007];
int maxn[10007];///维护连通块最大值
bool flag[10007];///维护环信息

int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

void merge(int u, int v) {
    int ru = find(u);
    int rv = find(v);
    if (ru == rv) flag[ru] = 1;
    else {
        fa[ru] = rv;
        maxn[rv] = max(maxn[ru], maxn[rv]);
        flag[rv] |= flag[ru];
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    for (int i = 1;i <= 10000;i++) fa[i] = i, maxn[i] = i;
    int n;
    cin >> n;
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        merge(u, v);
        ans = max({ ans,u,v });
    }
    ans++;
    for (int i = 1;i <= ans - 1;i++) {
        if (fa[i] == i && !flag[i]) ans = min(ans, maxn[i]);
    }
    cout << ans - 1 << '\n';
    return 0;
}

方法三

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

bool vis[10007];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        if (!vis[min(u, v)]) vis[min(u, v)] = 1;
        else vis[max(u, v)] = 1;
    }
    int ans = 1;
    while (vis[ans]) {
        ans++;
    }
    cout << ans - 1 << '\n';
    return 0;
}