【洛谷】1525：关押罪犯【并查集】【二分+二分图判断】
题目描述
S城现有两座监狱，一共关押着N名罪犯，编号分别为1−N。他们之间的关系自然也极不和谐。很多罪犯之间甚至积怨已久，如果客观条件具备则随时可能爆发冲突。我们用“怨气值”（一个正整数值）来表示某两名罪犯之间的仇恨程度，怨气值越大，则这两名罪犯之间的积怨越多。如果两名怨气值为c 的罪犯被关押在同一监狱，他们俩之间会发生摩擦，并造成影响力为c的冲突事件。
每年年末，警察局会将本年内监狱中的所有冲突事件按影响力从大到小排成一个列表，然后上报到S 城Z 市长那里。公务繁忙的Z 市长只会去看列表中的第一个事件的影响力，如果影响很坏，他就会考虑撤换警察局长。
在详细考察了N 名罪犯间的矛盾关系后，警察局长觉得压力巨大。他准备将罪犯们在两座监狱内重新分配，以求产生的冲突事件影响力都较小，从而保住自己的乌纱帽。假设只要处于同一监狱内的某两个罪犯间有仇恨，那么他们一定会在每年的某个时候发生摩擦。
那么，应如何分配罪犯，才能使Z 市长看到的那个冲突事件的影响力最小？这个最小值是多少？
输入输出格式
输入格式：
每行中两个数之间用一个空格隔开。第一行为两个正整数N,M，分别表示罪犯的数目以及存在仇恨的罪犯对数。接下来的M行每行为三个正整数aj,bj,cj，表示aj 号和bj号罪犯之间存在仇恨，其怨气值为cj。数据保证1<aj≤bj≤N,0<cj≤1,000,000,000，且每对罪犯组合只出现一次。
输出格式：
共1 行，为Z 市长看到的那个冲突事件的影响力。如果本年内监狱中未发生任何冲突事件，请输出0。
输入输出样例
说明
【输入输出样例说明】罪犯之间的怨气值如下面左图所示，右图所示为罪犯的分配方法，市长看到的冲突事件影响力是3512（由2 号和3 号罪犯引发）。其他任何分法都不会比这个分法更优。
【数据范围】
对于30%的数据有N≤15。
对于70%的数据有N≤2000,M≤50000。
对于100%的数据有N≤20000,M≤100000。
一开始把题想简单了，没有想到在造生成树的时候，有些边怒气值可以选择交换，然后愉快地以身试法了一次。
法一：并查集
所以其实他们的关系是很复杂的，但是首先边权按从大到小是肯定的。
考虑怎么分配给两个集合呢？我们从大到小遍历边时，可以理解为当前边不优，我们不如把这其中一个人和另外一个人的敌人放在一起，敌人的敌人就是朋友的思想~但是如果发现这两个人在还没有分配他们自己的时候就已经在一个并查集里面了，那么当前的边权就是不可避免的最大值最小叻，即为答案。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m; struct Node { int u, v, w, nex; Node(int u = 0, int v = 0, int w = 0, int nex = 0) : u(u), v(v), w(w), nex(nex) { } } Edge[200005]; bool cmp(Node a, Node b) { return a.w > b.w; } int h[20005], stot; void add(int u, int v, int s) { Edge[++stot] = Node(u, v, s); h[u] = stot; } void read(int &x) { x = 0; char ch = getchar(); while(ch > '9' || ch < '0') ch = getchar(); while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } } int fa[20005]; int find(int x) { if(fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]); return fa[x]; } int enemy[200005], fl; void Kruskal() { sort(Edge + 1, Edge + stot + 1, cmp); for(int i = 1; i <= n; i ++) fa[i] = i; int cnt = 0; for(int i = 1; i <= stot; i ++) { int u = Edge[i].u, v = Edge[i].v, w = Edge[i].w; int uu = find(u), vv = find(v); if(uu != vv) { if(!enemy[u]) enemy[u] = v; else fa[find(enemy[u])] = vv; if(!enemy[v]) enemy[v] = u; else fa[find(enemy[v])] = uu; } else { printf("%d", w); fl = 1; break; } } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= m; i ++) { int a, b, c; read(a); read(b); read(c); add(a, b, c); } Kruskal(); if(!fl) printf("0"); return 0; }
法二：二分图判断+BFS染色
学习了一个二分图的性质：二分图中不存在奇环。
根据这个性质，在一些二分图题中我们就可以用二分图染色的方法解决问题，遍历所有的点，将与之相连的所有点染成与它相反的颜色，可以用BFS实现。如果在过程中出现矛盾（边两端点颜色相同），那么这个图就不是二分图。
在这道题中，我们就可以二分答案，$check$时把所有边权$>mid$的边两端点压入队进行上述BFS遍历，如果这个图可以成为二分图（即所有矛盾值大于$mid$的两点都不在一起），那么$mid$可行。如此下去得到最优答案。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, MA; struct Node { int u, v, w, nex; Node(int u = 0, int v = 0, int w = 0, int nex = 0) : u(u), v(v), w(w), nex(nex){ } } Edge[200005]; bool cmp(Node a, Node b) { return a.w < b.w; } int h[20005], stot; void add(int u, int v, int s) { Edge[++stot] = Node(u, v, s, h[u]); h[u] = stot; } int vis[20005]; bool check(int mid) { queue < int > q; memset(vis, 0, sizeof(vis)); for(int i = 1; i <= n; i ++) if(!vis[i]) { q.push(i); vis[i] = 1; while(!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); for(int j = h[x]; j; j = Edge[j].nex) { int v = Edge[j].v, w = Edge[j].w; if(w <= mid) continue; if(!vis[v]) { q.push(v); if(vis[x] == 1) vis[v] = 2; else vis[v] = 1; } else if(vis[x] == vis[v]) return 0; } } } return 1; } int erfen() { int l = 0, r = MA, ans; while(l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if(check(mid)) r = mid - 1, ans = mid; else l = mid + 1; } return ans; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= m; i ++) { int a, b, c; scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); MA = max(MA, c); add(a, b, c); add(b, a, c); } int ans = erfen(); printf("%d", ans); return 0; }
