HDU-1350 Taxi Cab Scheme（最小路径覆盖）

题意

一个人如果在 $(a,b)$ 点到 $(c,d)$，乘出租车需要花费的时间为 $|c-a|+|d-b|$ 。如果一辆车可以在乘客出发前的达到（不取等），就可以接到该乘客。现在收到了 $n$ 份订单，求最少用多少出租车，可以完成所有的任务。
$1 \leq n \leq 500$

思路

当一辆出租车接完 $u$ 时，可以直接去接 $v$ ，则建一条边 $(u,v)$ 。不难发现，建出的图是一张 $DAG$ 。现在要做的，就是用若干条不重复的路径，覆盖住所有的点。
上面的概念就是最小路径覆盖，有一个比较妙的结论：
最小路径覆盖 $=$ $DAG$ 节点数 $-$ $DAG$ 对应的二分图的最大匹配
$DAG$ 对应的二分图就是一个点集表示起点，另一个集合表示终点，一条边表示成两个集合起点到终点的连边。相当于边集的二分图表示。
证明仍然可以采用归纳。当 $DAG$ 中没有边时，左右的值均为零。每添加一条边，会出现两种情况：
$1.$ 最大匹配加一，说明以这条边起点为结尾的路径可以顺带走向这条边的终点，合并了两条路径，且路径不会重复（因为匹配不会重复匹配一个某一个点），最小路径覆盖无疑减一。
$2.$ 最大匹配不变，说明无法产生上述情况，这条边不会产生贡献，最小路径覆盖不变。
直接使用结论解题。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define N 503
typedef long long LL;
using namespace std;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
    int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],tot;
    void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
    void add(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;}
    #define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_list<N,N*N>G;
int mark[N],mc[N],n;
int a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N];
bool match(int u,int stmp)
{
    EOR(i,G,u)
    {
        int v=G.to[i];
        if(mark[v]==stmp)continue;
        mark[v]=stmp;
        if(!mc[v]||match(mc[v],stmp))
        {
            mc[v]=u;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
int solve()
{
    int ans=0;
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    memset(mc,0,sizeof(mc));
    FOR(i,1,n)if(match(i,i))ans++;
    return ans;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        FOR(i,1,n)scanf("%d: %d%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i],&e[i],&f[i]);
        G.clear();
        FOR(i,1,n)FOR(j,i+1,n)
            if(a[i]*60+b[i]+abs(c[i]-e[i])+abs(d[i]-f[i])+abs(e[i]-c[j])+abs(f[i]-d[j])<a[j]*60+b[j])
                G.add(i,j);
        printf("%d\n",n-solve());
    }
    return 0;
}