NC16591 [NOIP2010]关押罪犯

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题目

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？

输入描述

第一行为两个正整数N和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 $a_j，b_j，c_j$，表示 $a_j$ 号和 $b_j$ 号罪犯之间存在仇恨，其怨气值为 $c_j$ 。
数据保证 $1≤a_j＜b_j≤N,0＜c_j≤1,000,000,000$，且每对罪犯组合只出现一次。

输出描述

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。

示例1

输入

4 6
1 4 2534
2 3 3512
1 2 28351
1 3 6618
2 4 1805
3 4 12884

输出

3512

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。

备注

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。

题解

方法一

知识点：并查集。

用种类并查集维护，罪犯在两个监狱的种类情况的等价性。从大到小使得罪犯不在同一种类，直到第一组不同种类会产生矛盾的一对。

时间复杂度 $O(m(\log n + \log m) + n)$

空间复杂度 $O(n+m)$

方法二

知识点：二分，DFS，二分图。

发现答案具有单调性，考虑二分答案。确定一个答案以后将大于答案的罪犯对连通，产生一个图，一条边的两边点需要分在两个不同的集合，且集合里的元素没有直接联系，这就是二分图的概念。于是运用染色法进行二分图的判断，如果染色遍历成功就可以形成二分图，即这个答案可行，否则不可行。这里用dfs实现二分图染色，bfs也行。

时间复杂度 $O(n(n+m))$

空间复杂度 $O(n+m)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
struct node {
    int a, b, c;
}A[100007];
int fa[40007];
 
int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
 
void merge(int x, int y) {
    fa[find(x)] = find(y);
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= 2 * n;i++) fa[i] = i;
    for (int i = 1;i <= m;i++)cin >> A[i].a >> A[i].b >> A[i].c;
    sort(A + 1, A + m + 1, [&](node a, node b) {return a.c > b.c;});
    int i;
    for (i = 1;i <= m;i++) {
        if (find(A[i].a) == find(A[i].b)) break;
        merge(A[i].a, A[i].b + n);
        merge(A[i].a + n, A[i].b);
    }
    cout << A[i].c << '\n';
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int n, m;
struct node {
    int a, b, c;
}A[100007];
 
struct edge {
    int to, nxt;
}e[100007 << 1]; ///无向图开两倍
int h[20007], cnt;
int vis[20007];
 
void add(int u, int v) {
    e[cnt].to = v;
    e[cnt].nxt = h[u];
    h[u] = cnt++;
}
 
bool dfs(int u) {
    for (int i = h[u];~i;i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].to;
        if (vis[v] == vis[u]) return false;
        else if (vis[v] == -vis[u]) continue;
        vis[v] = -vis[u];
        if (!dfs(v)) return false;
    }
    return true;
}
 
bool check(int mid) {
    cnt = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) h[i] = -1, vis[i] = 0;
    for (int i = 1;i <= m;i++) if (A[i].c > mid) add(A[i].a, A[i].b), add(A[i].b, A[i].a); ///大于答案的都是需要拆开来的
    for (int i = 1;i <= n;i++) {///二分图匹配，将需要拆开的连成一个无向图，如果是二分图，那么就可以拆开成两个集合，集合中元素无关
        if (vis[i]) continue;
        vis[i] = 1;
        if (!dfs(i)) return false;
    }
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= m;i++)cin >> A[i].a >> A[i].b >> A[i].c;
    int l = 0, r = 1e9; ///注意边界，最小可能没有冲突
    while (l <= r) {///二分答案
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << l << '\n';
    return 0;
}