Solution -「多校联训」签到题

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定二分图 $G=(X\cup Y,E)$，求对于边的一个染色 $f:E\rightarrow\{1,2,\dots,c\}$，最小化每个结点所染颜色数量极差之和。输出这一最小值。

  $|X|+|Y|,|E|\le10^6$。

$\mathcal{Solution}$

  基于“结论好猜”就能认为这题是签到题吗……

  答案显然有下界 $\sum_{u}\left[c\not\mid \sum_{v}[(u,v)\in E]\right]$。由于写一发过掉了大样例，我们尝试证明它必然可取到。

证明

  **引理（对于二分图的 Vizing 定理）：** 对于二分图 $G$，$\chi'(G)=\Delta(G)$，其中 $\chi'(G)$ 为 $G$ 的边染色的色数，$\Delta(G)$ 为 $G$ 中结点的最大度数。

  证明： 给出构造。按任意顺序枚举 $(x,y)\in E$，令 $p$ 为 $x$ 的邻接边中未染的最小颜色，$q$ 为 $y$ 的邻接边中未染的最小颜色。由于 $\chi'(G)=\Delta(G)$，$p,q$ 是存在的。

1. 若 $p=q$，令 $f((x,y))=p$。
2. 若 $p\not=q$，不妨令 $p>q$，必然存在增广路 $P=\lang x_1=x,y_1,x_2,y_2,\cdots,x_k\rang$，满足 $\forall i\in[1,k),f((x_i,y_i))=p\land f((y_i,x_{i+1}))=q$。同时，亦有 $y\not\in P$。我们翻转这条路径的边染色，即 $f((x_i,y_i))\leftarrow q,f((y_i,x_{i+1}))\leftarrow p$。此时可套用讨论 1.。

  综上，每条边都能被染色且不出现共色的邻接边。命题得证。 $\square$

  尝试将原命题向引理靠拢。令新图 $G'$ 初始为 $G$。依次枚举 $G'$ 中的结点 $x$，尝试将其拆点。设 $x$ 的邻接点集为 $\operatorname{adj}(x)$，任取它的一个划分 $S=\{S_1,\cdots,S_k\}$，满足 $|S_1|=\cdots=|S_{k-1}|=c$，若 $k>1$，则令 $V_{G'}\leftarrow V_{G'}\cup\{x_1,\cdots,x_k\}\setminus\{x\}$，且 $\operatorname{adj}(x_i)\leftarrow S_i$。注意若 $x$ 已是拆出的点，那么必然不会导致图的变动，拆点是可完成的。

  此后，发现 $\Delta(G')\le c$ 且 $G'$ 依旧是二分图。由引理，$\chi'(G)=\Delta(G)$，我们取出这样一个染色 $f$，将拆点合并回原图 $G$ 且不改变边染色，显然 $f$ 取到了答案下界。 $\square$

  $\mathcal O(|X|+|Y|+|E|)$ 算一算就好。

$\mathcal{Code}$

/*~Rainybunny~*/

#ifndef RYBY
#pragma GCC optimize( "Ofast" )
#endif

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

inline char fgc() {
	static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
	return p == q && ( q = buf + fread( p = buf, 1, 1 << 17, stdin ), p == q )
	   ? EOF : *p++;
}

inline int rint() {
	int x = 0, s = fgc();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = fgc() );
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x;
}

const int MAXN = 1e6;
int n, m, k, c, deg[MAXN + 5];

int main() {
	freopen( "qiandao.in", "r", stdin );
	freopen( "qiandao.out", "w", stdout );
	
	n = rint(), m = rint(), k = rint(), c = rint();
	rep ( i, 1, k ) {
		int u = rint(), v = rint();
		++deg[u], ++deg[v + n];
	}
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, n + m ) ans += !!( deg[i] % c );
	printf( "%d\n", ans );
	return 0;
}