分析
不难想到将发出任务的和执行任务的分别建边然后连边得到一个二分图
所以最优方案就是最大匹配
那么如何判断哪些任务是必须的呢
我们可以考虑枚举这m条边，如果删除第i条之后最大匹配减小则这条边必选
注意在work函数中先判断是否存在这条边再判断他知否已经匹配过可以比反过来的运行速度快
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
int g[502][502];
int used[502],wh[502];
int t,n,m,x[20010],y[20010];
inline bool work(int now){
register int i,j,k;
for(j=1;j<=n;++j)
if(g[now][j]&&used[j]!=t){
used[j]=t;
if(!wh[j]||work(wh[j])){
wh[j]=now;
return 1;
}
}
return 0;
}
inline int go(){
register int i,j,k,ans=0;
for(i=1;i<=n;++i){
++t;
ans+=work(i);
}
return ans;
}
int pr[20010],cnt;
inline int ra(){
int x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s))s=getchar();
while(isdigit(s))x=(x<<3)+(x<<1)+(s-‘0‘),s=getchar();
return x;
}
int main(){
register int i,j,k;
n=ra(),m=ra();
for(i=1;i<=m;++i){
x[i]=ra(),y[i]=ra();
g[x[i]][y[i]]++;
}
int Ans=go();
for(i=1;i<=m;++i){
g[x[i]][y[i]]--;
memset(wh,0,sizeof(wh));
if(go()<Ans)pr[++cnt]=i;
g[x[i]][y[i]]++;
}
printf("%d %d\n",Ans,cnt);
for(i=1;i<=cnt;i++)printf("%d\n",pr[i]);
return 0;
}
原文：https://www.cnblogs.com/yzxverygood/p/10351747.html