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封锁阳光大学
题目描述
曹是一只爱刷街的老曹,暑假期间,他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹,感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学,不让曹刷街。
阳光大学的校园是一张由 \(n\) 个点构成的无向图,\(n\) 个点之间由 \(m\) 条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁,当某个点被封锁后,与这个点相连的道路就被封锁了,曹就无法在这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是,河蟹是一种不和谐的生物,当两只河蟹封锁了相邻的两个点时,他们会发生冲突。
询问:最少需要多少只河蟹,可以封锁所有道路并且不发生冲突。
输入格式
第一行两个正整数,表示节点数和边数。
接下来 \(m\) 行,每行两个整数 \(u,v\),表示点 \(u\) 到点 \(v\) 之间有道路相连。
输出格式
仅一行如果河蟹无法封锁所有道路,则输出 Impossible
,否则输出一个整数,表示最少需要多少只河蟹。
样例 #1
样例输入 #1
3 3
1 2
1 3
2 3
样例输出 #1
Impossible
样例 #2
样例输入 #2
3 2
1 2
2 3
样例输出 #2
1
提示
【数据规模】
对于 \(100\%\) 的数据,\(1\le n \le 10^4\),\(1\le m \le 10^5\),保证没有重边。
二分图染色判断能否将每条边的两个端点分到两个不同的集合
用连通块染色的方法 最后取所有连通块中 min(n1,n2)即可
#include<bits/stdc++.h>// 二分图染色 不要看到二分图就往最大匹配数上套
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5;
int n,m;
struct Graph {
int nxt,to;
} edge[N<<1];
int head[N],cnt;
inline void add(int u,int v) {
cnt++;
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
int vis[N],n1,n2,col[N];
bool dfs(int u,int color) {
col[u]=color;
if(color==1)n1++;
else n2++;
// vis[u]=1;
for(int i=head[u]; i; i=edge[i].nxt) {
int v=edge[i].to;
if(col[v]==col[u])return false;
if(!col[v])
if(!dfs(v,3-color))return false;
}
return true;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
int ans=0;
for(int i=1; i<=m; i++) {
int u,v;
cin>>u>>v;
add(u,v);
add(v,u);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(!col[i]) {
n1=n2=0;
if(!dfs(i,1)) {
cout<<"Impossible\n";
return 0;
}
ans+=min(n1,n2);//多个连通块
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
UPD:
关键是要想到连通块的处理...
还有不要局限在从哪个点开始dfs 全部遍历 每当有没有染色的就染色