本题的数学模型是：把(mathcal{n})个集合(mathcal{P1,P2,...,Pn})分成尽量多组，使得每组中所以集合的并集等于全集。这里集合(mathcal{Pi})就是计算机(mathcal{i})及其相邻计算机的集合，每组对应于题目中的一项服务。
注意到(mathcal{n})很小，可以套用《算法竞赛》里面提到的二进制法表示这些集合，即在代码中，
每个集合(mathcal{Pi})实际上是一个非负整数。输入部分代码如下：
for(int i=0;i<n;i++)
{
int m,x;
scanf("%d",&m);
P[i]=1<<i;
while(m--)
{
scanf("%d",&x);
P[i]|=(1<<x);
}
}
为了方便，窝萌用(mathcal{cover(S)})表示若干(\mathcal{Pi})的并集（二进制表示），即这些(mathcal{Pi})在数值上的“按位或”。
for{int S=0;S<(1<<n);S++)
{
cover[S]=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(S & (1<<i)) cover[S]=P[i];
}
不难想到这样的动态规划：用(mathcal{f(S)})表示子集(S)最多可以分成多少组，则
(mathcal{f(S)=max(f(S-S0)|S0})( ext{是S的子集，})(mathcal{cover[So]})( ext{等于全集)})( ext{+1})
( ext{（划重点！！）})( ext{这里有一个重要的技巧：枚举})(mathcal{S})( ext{的子集})(mathcal{S0})。
详见下面代码：
f[0]=0;
int All=(1<<n)-1;
for(int S=1;S<(1<<n);S++
{
f[S]=0;
for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
if(cover[S0]==All f[S]=max(f[S],f[S^S0]+1);
}
printf("Case %d: %d
",++kase,f[ALl]);
如何分析上述算法的时间复杂度呢(qwq)？它等于全集(mathcal{(1,2,3,...,n)})的所有子集的子集个数之和，也可以令
(mathcal{c(S)})表示集S的子集的个数（它等于( ext{2})(mathcal{^|})(mathcal{^s})(mathcal{^|}))，则本题的时间复杂度为
(mathcal{sum(c(S)|S0})( ext{是(1,2,3,...,n)的子集）})。
注意到元素个数相同的集合，其子集个数也相同，窝萌可以按照元素个数“合并同类元素项”。元素个数为(k)的集合有
(mathcal{C(n,k)})个，其中每个集合有( ext{2})(mathcal{^k})个子集（高一(mathcal{New}) (mathcal{knowledge})),
因此本题的时间复杂度为
(mathcal{sum(C(n,k)})( ext{2})(mathcal{^k})(mathcal{=})( ext{(2+1)})(mathcal{^n})(mathcal{=})( ext{3})(mathcal{^n})其中第一个等号得到的用到了二项式定理（不过是反着用的(QwQ)）
本题比较抽象，大家花点时间仔细想明白哦~~