[COCI2016-2017#5] Ronald

Problem

一个国家的 $N$ 个城市通过双向航线相连。

规定一次操作为：

• 选定其中一个城市
• 开设该城市到其它所有城市的航线，同时取消该城市的原有航线

请问是否存在一种操作方式，使得每两个城市之间都存在直达航线（操作次数不限）。

$2\le N\le 1000$，$0\le M<{\displaystyle \frac{N(N-1)}{2}}$。

Input

第一行，一个整数 $N$，表示城市的数量。

第二行，一个整数 $M$，表示初始的航线数量。

接下来的 $M$ 行，每行两个不相等的整数，表示该航线连接的两个城市。

Output

若存在符合题意的操作方式，则输出 DA。否则输出 NE。

Sample

Input 1

2
0

Output 1

DA

Input 2

3
2
1 2
2 3

Output 2

NE

Input 3

4
2
1 3
2 4

Output 3

DA

Solution

对于一个节点，容易发现只有操作奇数次和偶数次两种不同的状态。简化一下就是不操作和只操作一次两种情况。

于是可以考虑将每个点拆成两个点分别表示选和不选，然后建边跑并查集判是否为二分图即可。

如果原图两点间有边，两点要么都不反转，要么都反转；如果原图两点间没有边，两点间有且只有一点反转。

如果最后存在一个点使得该点拆出来的两个点属于同一个连通块，说明矛盾，否则有解。

代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int kmax = 2005;

int n, m;
bool e[kmax][kmax];
int f[kmax];

int F(int x) {
  return f[x] == x ? x : f[x] = F(f[x]);
}

void Merge(int x, int y) {
  x = F(x), y = F(y);
  f[x] = y;
}

int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n << 1; i++) { // 两倍节点
    f[i] = i;
  }
  for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
    cin >> x >> y;
    e[x][y] = e[y][x] = 1;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
      if (e[i][j]) { // 两点之间有边
        Merge(i, j); // 都不操作
        Merge(i + n, j + n); // 都操作
      } else {
        Merge(i, j + n); 
        Merge(i + n, j); // 只操作其中一个点
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (F(i) == F(i + n)) { // 属于同一连通块
      cout << "NE";  // 矛盾
      return 0;
    }
  }
  cout << "DA";
  return 0;
}