题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5352
看题看得心好累。
题目大意：
给出 n 个点，依次执行 m 次操作：输入“1 x”时，表示将与 x 连通的点全部修复；输入“2 x y”，表示在 x 与 y 之间加一条边；输入“3 x y”，表示删除 x 与 y 之间的边。题目确保不会与重边并且操作合法。
题目会给出 k，要求每次修复的的点的数目小于等于k。
问：怎样执行操作1，使得令修复点数最多的同时，令每次执行操作1所修复的点的数目所构成的数列字典序最小。（可以令某次操作无效，或者说令其修复的点数为0）
解题思路：
二分图最大匹配、拆点。
（我反正是看题解才弄明白的。。）
具体实现过程：
首先我们知道二分图最大匹配的用途。在这道题中，左侧点对应于每次操作1，右侧点即所有的点。然后边对应于——每次操作1修复的点 和 与之相连通的点 之间的边。则寻找最大匹配即为寻找在所有操作下所能得到的最大匹配数。
显然操作2与操作3都是为操作1而服务的，直接相关于与操作1所操作的点所连通的点（好累赘。。）。每次执行操作1时，记录与该点相连通的所有点，并给该点与所连通的点建边。这里注意：拆点。将每个点都拆成 k 个点。这样的话，每个操作所得的最大匹配数<=k，即每个操作所修复的点的个数<=k。
图已建好，跑一遍匈牙利算法就可以了（不考虑字典序的情况下）。
要考虑字典序的话，由匈牙利算法的特性易知，则从最后一次操作往前跑匈牙利算法即可。
容易思维卡壳的是，对于每次操作1，与点 x 相连通的点<=k时，全部都选了不就可以了吗等等。
需要注意的是，当下操作得到最大值不一定使得最后的最优值。即局部最优解未必能得到全局最优解，所以才需要用二分图最大匹配算法。
注意对maxn的大小设定。
然后是，这个做法最后做出来是700ms左右，不太理想。据说还可以用最大流和最小费用最大流做。
考虑不换算法的优化的话，首先是用数组模拟邻接表，因为用vector的push_back和clear操作耗时颇大。尤其在初始化调用g[i].clear()的时候，i的边界的设定如果过大的话会导致TLE。具体会快多少不好说。
然后是匈牙利算法换成bfs实现。晚点再写一下看能快多少。
这是上次华师校赛后第二次碰到二分图最大匹配的题，充分体现的该算法理解的不足。模板题和应用题毕竟两回事。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 555
int n,m,k,T,op,a,b,c,tot,ans,ary[maxn],pic[maxn][maxn];
vector<int>g[maxn*maxn];
int con[maxn],vis[maxn],con_tot[maxn],divp;
void init(){
memset(pic,0,sizeof(pic));
memset(ary,0,sizeof(ary));
memset(con,0,sizeof(con));
divp=ans=tot=0;
for(int i=0;i<=n*k;i++) g[i].clear();
}
void find_con(int u){
vis[u]=1;
con_tot[tot++]=u;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]&&pic[u][i])
find_con(i);
}
int dfs(int u){
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
if(!con[v]||dfs(con[v])){
con[v]=u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
void solve(){
for(int i=divp-1;i>=0;i--){
for(int j=i*k,lim=(i+1)*k;j<lim;j++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(dfs(j)){
ans++;
ary[i]++;
}
}
}
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
init();
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d",&op);
if(op==1){
scanf("%d",&a);
tot=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
find_con(a);
for(int j=0;j<tot;j++){
for(int t=k*divp,lim=k*(divp+1);t<lim;t++)
g[t].push_back(con_tot[j]);
}
divp++;
}
else if(op==2){
scanf("%d%d",&a,&b);
pic[a][b]=pic[b][a]=1;
}
else{
scanf("%d",&c);
for(int j=0;j<c;j++){
scanf("%d%d",&a,&b);
pic[a][b]=pic[b][a]=0;
}
}
}
solve();
printf("%d\n",ans);
for(int i=0;i<divp;i++)
printf("%d%c",ary[i],i==divp-1?‘\n‘:‘ ‘);
}
return 0;
}