题目背景
公元二零一四年四月十七日，小明参加了省赛，在一路上，他遇到了许多问题，请你帮他解决。
题目描述
已知车上有 N 排座位，有 2N 个人参加省赛，每排座位只能坐两人，且每个人都有两个自己想坐的排数，问最多使多少人坐到自己想坐的位置。
输入格式
第一行，一个正整数 N。
第二行至第 2N+1 行，每行两个正整数 Si,1,Si,2，为第 i 个人想坐的排数。
输出格式
一个非负整数，为最多使得多少人满意。
输入输出样例
输入 #1复制运行
4
1 2
1 3
1 2
1 3
1 3
2 4
1 3
2 3输出 #1复制运行
7说明/提示
对于 10% 的数据，n≤10；
对于 30% 的数据，n≤50；
对于 60% 的数据，n≤200；
对于 100% 的数据，n≤2000。
1. 题意转换
这道题本质上是在求：在一个左部节点数（人）为 2N、右部节点数（排数）为 N 且右部节点容量为 2 的二分图中，寻找最大匹配数。
2. 思考过程与解题思路
第一直觉的暴力解法是什么？ 面对这种分配问题，初学者的第一直觉往往是 DFS 深度优先搜索，枚举每个人到底去他喜欢的两个座位中的哪一个。由于有 2N 个人，每个人有 2 种大方向选择，整体的时间复杂度会呈现指数级 O(2^2N)。当 N=2000 时，2^4000 的复杂度必定会导致严重的超时。
如何推导到正解？ 我们将视角切换到图论模型：把"人"看作左边的点，把"座位"看作右边的点。每个人与他想坐的排数连一条边，问题就变成了经典的"匹配问题"。
但这里有一个极其棘手的冲突：传统的二分图匹配（如标准的匈牙利算法）是严格的"一对一"模型，也就是"一夫一妻制"。而这道题里，一排座位可以坐两个人，相当于右部的点"容量为 2"。 怎么办？
破局点："拆点"思想。 既然算法只认"一对一"，那我们就从物理层面把"容量为 2 的点"变成"两个容量为 1 的点"！ 一共有 N 排座位，我们把第 i 排座位分裂成两个独立的座位：编号 i 和编号 n+i。 这样一来，右部节点的总数也变成了 2N（编号从 1 到 2N），每个座位刚好只能坐 1 个人。原题目瞬间降维，变成了一个完美的 2N×2N 的标准二分图最大匹配问题！
3. 算法设计与样例推演
核心算法与数据结构：
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匈牙利算法（DFS 实现）：利用"协商让位（寻找增广路）"的核心逻辑来撮合匹配。
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拆点映射：左侧点为 1...2N（代表 2N 个人），右侧点为 1...2N（代表 2N 个独立座位）。第 x 排座位对应右侧的 x 和 x+n。
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邻接表
vector<int> vec：记录每个人可以坐的 4 个具体座位编号。
手玩推演核心逻辑（协商让位）： 假设当前排到了第 u 个人，他想坐在第 1 排（拆分为座位 1 和座位 n+1）。
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他去查看座位 1，如果单空着，直接坐下（匹配成功）。
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假如座位 1 已经坐了张三，座位 n+1 坐了李四，怎么办？
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u 会对张三发出灵魂拷问（触发
dfs(linked[1])）："兄弟，你除了第 1 排，是不是还想坐第 3 排？你去第 3 排坐行不行，把第 1 排让给我？" -
张三如果能在其他排找到空位，或者张三又能去把别人挤走......经过一条链式的"让位"，只要最后有一个人找到了空位，整个链路上的所有人顺势交接，成功让 u 也坐下，总满意人数 +1。
4. 时空复杂度分析
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时间复杂度：O(V×E)。对于匈牙利算法，外层循环遍历左部点 V=2N。每次 DFS 最坏情况下遍历所有的边。由于每个人最多只有 2 个意向排数（拆点后连出 4 条边），所以边数 E=8N。总时间复杂度为 O(N^2)。当 N=2000 时，最大运算量在 4×10^6 左右，C++ 1秒内轻松跑完，非常合理。
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空间复杂度 ：O(V+E)。邻接表存图空间为 8N 级别，
used和linked数组大小为 2N 级别。对于 N=2000，内存占用远不到 1MB，绝对不会 MLE。
5. 坑点与易错总结
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数组越界（致命坑点） ：题目给出的是 N，但实际的人数和拆分后的座位数都是 2N。如果习惯性地按照题目的变量 N 开数组（比如开 2050），必然会因为 4000 的下标访问导致 RE。务必将数组开到 4000 以上。
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多条出边 ：每次读取两个志愿排数 a 和 b，拆点后每个人必须连续
push_back4个右部节点（a, n+a, b, n+b），少连任何一条边都会导致答案偏小。
6. 代码进阶与优化剖析（核心教学点）
审视一下我的代码，逻辑严密，"拆点"的思想落地得非常漂亮，这是一份可以AC的高质量代码！但为了让你在省选甚至更高阶的比赛中拥有更强的竞争力，我们需要探讨以下优化空间：
进阶优化 1：消除 memset 的常数开销（时间戳优化） 在我的 hungary() 函数中，每次处理一个新人物，都会执行一遍 memset(used, 0, sizeof(used));。虽然本题 2N=4000 不算大，但这就带来了 O(V^2) 的基础常数。 优化思路 ：我们可以用"时间戳"替代布尔值。不要在每次循环都清空数组，而是把当前的轮次 u 当作标记传进去。判断条件从 !used[v] 改为 used[v] != u。这样，就能彻底抹除 memset，让算法常数呈数量级下降！
7.完整代码
cpp
//很明显的二分匹配问题 求最大匹配数（即最多能让多少人满意）每匹配一对就等于是成功一排
//每一排等于是两个点 左边和右边
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>//对应memset
using namespace std;
int n;
int ln;//左边的点个数 即每个人
int rn;//右边的点个数 即排数（一共有n排）但每一排我们用两个数来表示
int used[4020];//代表右边的点在当前那一轮的循环中是否已经被使用
int linked[4020];//代表右边的座位所匹配的左边的人
vector<int> vec[4020];//邻接表存图
//x是本轮循环左边的点（人）
bool dfs(int x){
//对于左边的每个点x（人），去遍历它能匹配到的（有线连接）的每个右点v
//即对于左边的每个人(x)去遍历它能坐的所有右边的座位v
for(int v:vec[x]){
//如果右边的座位v这一轮还没有被坐
//【优化】：可将此处改为if(used[v]!=x)，配合外层传入时间戳x 即可彻底省略外层的memset
if(!used[v]){
//标记这一个座位已经被坐了
used[v]=1;
//如果v点之前没有匹配的左点 (座位空着)
//或v点之前匹配的左点可以找到新的匹配的右点从而把v释放出来 (强迫原主人换座)
if(linked[v]==-1 || dfs(linked[v])){
//就让v匹配的左点变成x(上位接手座位)
linked[v]=x;
//并返回成功匹配
return true;
}
}
}
//如果一直到这里都没有成功匹配返回false (没空位，别人也不肯让)
return false;
}
int hungary(){
int idx=0;//idx代表最多使得多少人满意
//初始化所有座位都没有匹配人（值为-1）
memset(linked,-1,sizeof(linked));
//遍历所有左边的人
for(int u=1;u<=2*n;u++){
//每一轮循环初始化右边的点（座位）都没有被使用过
//【优化】：若dfs使用时间戳判断，这里的memset就完全不需要了，极大降低运行常数
memset(used,0,sizeof(used));
if(dfs(u)) idx++;
}
return idx;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
ln=2*n;//左边点数为2n(2n个人)
//右边点数为2n
//(因为每一排有两个座位，所以第一排两个座位可以设置为1 n+1)
//第二排两个座位2 n+2；第三排两个座位3 n+3......以此类推
rn=2*n;
//邻接表存图-边（每个人想坐的座位）
for(int i=1;i<=2*n;i++){
int a,b;
//第i个人想坐第a排和第b排
cin>>a>>b;
//第i个人想坐第a排，第a排为a和n+a
vec[i].push_back(a);
vec[i].push_back(n+a);
//第i个人想坐第b排，第b排为b和n+b
vec[i].push_back(b);
vec[i].push_back(n+b);
}
//匈牙利算法
cout<<hungary();
return 0;
}