@stamina2002 好，我要试试

我的天，给你大姨夫打电话吧

@kaler 看四舍五入不是应该用 std::round 么

确实 sb

本来没事，在这一问然后被老板看到开除了。

会有。
运算符重载的函数声明都是有规范的，不要自己想当然。

@lunar96 南京中华门城墙附近是有很多桂花树的，免费公园。

无锡没有桂树么？在南京生活倒是经常能闻到桂花香。

@inu1255
他这个算法额外引入了对元素顺序的依赖（从前向后遍历），仍然是一个 trivial 的贪心算法，不是最优解。

@ofooo 主体计算复杂度就是找出图的 conneted components。

在第 0 步中包含了一次这个计算，针对的是 N 个节点的图。

在最后一步中也包含了一次这个计算，针对的是 O(N*N) 个节点的图。

@ofooo 多项式量级。

@aijam 看我上一条的图解法，我觉得好像没问题了。

@wutiantong 我觉得我这个思路还可以抢救一下：

0. 首先我们要扩展补充 (complete) 所有（显式或隐含定义的）互斥二元组。
0-1. 比如说，假如给定(1, 2), (2, 3) 为互斥关系，那么(2, 3) 也是一个(隐含的)互斥关系。
0-2 从图的角度来说，任何两个元素只要有路径(path)连接，就应确保它们之间有一条直接的边(edge)。

1. 把(a, b) 二元组当作节点，其中 a 不等于 b，总共 n*(n-1)/2 个节点。

2. 在(a, b) 与 (b, c) 之间连线。

3. 从图中删掉所有（显式或隐含定义的）互斥二元组对应的节点。

4. 答案是剩余图的 connected component 个数。

你这个 one-pass 遍历得不到最少分组呀。

@wutiantong 好像还是不对呢。

@aijam

1. 把(a, b) 二元组当作节点，其中 a 不等于 b，总共 n*(n-1)/2 个节点。
2. 在(a, b) 与 (b, c) 之间连线。
3. 从图中删掉所有互斥组合对应的节点。
4. 答案是剩余图的 connected component 个数。

@nnnToTnnn

我们可以正常的写一个类 linux 程序——我是指有 main()那种，利用 ndk 做交叉编译出可执行程序，然后我们不是有 adb 么，就简单的利用 adb push + adb shell 就可以在 target 机器上执行这个程序了。

你遇到的这个代码应该也是直接调用执行了这种可执行程序。

所以跟 System.load 应该没什么关联。

@iiicarus 你这完全跑题了啊。。。

@nnnToTnnn ndk 交叉编译可以 build 出 android 系统的可执行文件