1013 [NOIP2010]关押罪犯 并查集| 二分，染色法判断二分图
算法知识点：二分，染色法判断二分图
复杂度：logC))
解题思路：
将罪犯当做点，罪犯之间的仇恨关系当做点与点之间的无向边，边的权重是罪犯之间的仇恨值。
那么原问题变成：将所有点分成两组，使得各组内边的权重的最大值尽可能小。
我们在之间枚举最大边权
，当
固定之后，剩下的问题就是：
- 判断能否将所有点分成两组，使得所有权值大于
的边都在组间，而不在组内。也就是判断由所有点以及所有权值大于
判断二分图可以用染色法，时间复杂度是 ，其中
是点数，
是边数。
为了加速算法，我们来考虑是否可以用二分枚举 ， 假定最终最大边权的最小值是
:
- 那么当
时，所有边权大于
的边的子集，因此由此构成的新图也是二分图。
- 当
时，由于
是新图可以构成二分图的最小值，因此由大于
- 所以整个区间具有二段性，可以二分出分界点
时间复杂度分析
总共二分 次，其中
是边权的最大值，每次二分使用染色法判断二分图，时间复杂度是
，其中
是点数，
是边数。因此总时间复杂度是
。
分析
一开始想的是先连接某条边，然后其它边能不能连通？
但其实这条边连通不连通和最大的那条边连通不连通没关系。。。
尬
然后我想的是，二分枚举最小在这之前所有都可以连通的数字
但实际上是最大的，在这之后都能联通的数字。
所以是limit >= q[i].c continue
然后。。。发现题解是枚举的q[i].c 我是枚举i。。。我那个指针根本是错的，写假了
//-------------------------代码----------------------------
// #define int LL
const int N = 2e6+10;
int n,m;
int p[N];
V<pair<int,int>> g[N];
int color[N];
bool dfs(int u,int x,int limit) {
color[u] = x;
for(auto t:g[u]) {
int v = t.x,c = t.second;
if(c <= limit) continue;
if(color[v]) {
if(color[v] != 3 - x) return false;
} else {
if(!dfs(v,3-x,limit))return false;
}
}
return true;
}
bool check(int x) {
memset(color,0,sizeof color);
for(int i = 1;i<=n;i++) {
if(!color[i]) {
if(!dfs(i,1,x))return false;
}
}
return true;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i = 1;i<=m;i++) {
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
g[a].pb({b,c});
g[b].pb({a,c});
}
int l = 0,r = 1e9;
while(l<r) {
int mid = (l + r )/2;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout<<l;
}
signed main(){
#if DEBUG == 1
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
TLE;
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
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？
分析
对冲突值排序，优先处理冲突值大的，将它们分配到两个并查集里，
如果某一刻发生矛盾，两个应该对立的人在同一个并查集里，说明不能把它们分到不同并查集里，它们的冲突值就是最小的冲突事件。
易错点
由于一开始没有并查集，所以先用一个数组存下每个人的敌人，到后面第二次出现这个人再把它的敌人们合并
代码
//-------------------------代码----------------------------
#define int LL
const int N = 1e6+10;
int n,m;
int p[N];
struct node {
int a,b;
int c;
};
bool cmp(node a,node b) {
return a.c<b.c;
}
node q[N];
int find(int x) {
return x == p[x] ? x : p[x] = find(p[x]);
}
void uni(int a,int b) {
p[find(a)] = find(b);
}
bool check(int a,int b) {
int pa = find(a),pb = find(b);
if(pa == pb) return true;
else return false;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
//对所有事件排序，让大的先分配
//二分图
//
// V<V<int>>mp(n+1,V<int>(m+1));
for(int i = 1;i<=n;i++) p[i] = i;
V<V<int>> g(n+1);
V<int> vis(n+1,0);
V<int> bb(n+1,0);
for(int i = 1;i<=m;i++) {
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
q[i] = {a,b,c};
g[a].pb(b);
g[b].pb(a);
}
sort(q+1,q+1+m,cmp);
bool ff = false;
int mx = 0;
for(int i = m;i>=1;i--) {//*我想找出来就把所有找出来，结果有矛盾了，应该是按照顺序一个个找
int a = q[i].a,b = q[i].b,c = q[i].c;
int pa = find(a),pb = find(b);
if(pa == pb) {
ff = true;
cout<<c<<endl;
break;
} else {
if(!bb[a]) {
bb[a] = b;
} else {
uni(bb[a],b);
}
if(!bb[b]) {
bb[b] = a;
} else {
uni(bb[b],a);
}
}
}
if(!ff)cout<<0<<endl;
}
signed main(){
#if DEBUG == 1
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
TLE;
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
就是想明白给每个点一个对手，当作并查集的储备就行了
然后矛盾要从冲突值大的往冲突值小的判断，顺序不能突然变。。。
