正题

---

题目大意

有盟友和情敌关系，情敌的情敌是朋友之类的规则，然后如果一个人和$1$的关系已经确定，以后都不会有任何影响，然后求一个序列，要求$1$的盟友最大。

---

解题思路

定义与$1$直接连边的是$A$类点，不与$1$直接连边，但与与$A$直接连边的是$B$类点
我们发现如果已经确定某些$B$类点，我们发现对于$A$类点的选择顺序并不重要，所以我们可以用状压$dp$，用$0/1$表示一个$B$类点的关系是否确定。这样时间复杂度$O(2^B)$

然后如果我们已经知道$A$类点是否选择，我们可以发现我们也不需要知道前面的序列，所以我们可以用状压$dp$，用$0/1$表示一个点是否选择。这样的时间复杂度为$O(2^A)$

然后我们每次选择一个最小的时间复杂度O(2min{A,B})O(2^{min\{A,B\}})O(2min{A,B})，那么因为有$A+B\le n$所以有min{A,B}≤n2min\{A,B\}\leq \frac{n}{2}min{A,B}≤2n​

---

$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=55;
ll n,m,v[N][N],id[N],f[1<<23];
ll con[N],dev[N];
ll cnt1,cnt2,ans;
int main()
{freopen("friends.in","r",stdin);freopen("friends.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);memset(v,-1,sizeof(v));for(ll i=1;i<=m;i++){ll x,y,opt;scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&opt);v[x][y]=opt;v[y][x]=opt;}for(ll i=2;i<=n;i++){if(v[1][i]==-1) continue;id[i]=++cnt1;ans+=v[1][i]^1; for(ll j=2;j<=n;j++){if(v[1][j]==-1&&v[i][j]!=-1){if(!id[j]) id[j]=++cnt2;con[id[i]-1]|=1<<id[j]-1;dev[id[i]-1]|=(ll)((v[1][i]^v[i][j]^1)<<id[j]-1);}}}if(cnt1<cnt2){ll MS=1<<cnt1;memset(f,0xcf,sizeof(f));f[0]=0;for(ll i=0;i<MS;i++){if(f[i]<0) continue;ll k=0;for(ll j=0;j<cnt1;j++) if(i&(1<<j)) k|=con[j];for(ll j=0;j<cnt1;j++)if(!(i&(1<<j)))f[i|(1<<j)]=max(f[i|(1<<j)],f[i]+__builtin_popcountll(dev[j]&(~k)));}ans+=f[MS-1];}else{ll MS=1<<cnt2;memset(f,0xcf,sizeof(f));f[0]=0;for(ll i=0;i<MS;i++){if(f[i]<0) continue;ll k=0;for(ll j=0;j<cnt1;j++)if((i|con[j])!=i)f[i|con[j]]=max(f[i|con[j]],f[i]+__builtin_popcountll(dev[j]&(~i)));}ans+=f[MS-1];}printf("%lld",ans);
}