二分图染色

二分图

 bool dfs(int u, int c) {
	if (color[u] == c) 
		return true;
	else if (color[u] == 3 - c) 
		return false;
	color[u] = c;
	for (int v : graph[u])
		if (!dfs(v, 3 - c)) return false;
	return true;
}

习题：P1330 封锁阳光大学

解题思路

按照题目要求，每一条边所连接的点中，至少要有一个被选中，但又不能同时选中。因此可以转化为二分图染色问题。答案取两种颜色数量较少的那个。

参考代码

 #include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10005;
vector<int> graph[N];
int color[N], cnt[3];
bool dfs(int u, int c) {
    if (color[u] == c) return true;
    else if (color[u] == 3 - c) return false;
    color[u] = c; cnt[c]++;
    for (int v : graph[u])
        if (!dfs(v, 3 - c)) return false;
    return true;
}
int main()
{
    int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
    while (m--) {
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        graph[u].push_back(v); graph[v].push_back(u);
    }
    bool ok = true;
    int ans = 0; 
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        if (color[i] == 0) {
            cnt[1] = cnt[2] = 0;
            ok &= dfs(i, 1);
            if (!ok) break;
            ans += min(cnt[1], cnt[2]);
        }
    if (!ok) printf("Impossible\n");
    else printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

习题：CF862B Mahmoud and Ehab and the bipartiteness

解题思路

若二分图中两种点的集合的大小分别为 $| S_{1} |$ 和 $| S_{2} |$ ，则根据二分图的定义，两种集合间的点都是可以连边的，因此最多 $| S_{1} | \times | S_{2} |$ 条边。所以还可以添加 $| S_{1} | \times | S_{2} | - (n - 1)$ 条边。

参考代码

 #include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100005;
vector<int> graph[N];
int cnt[3], color[N];
void dfs(int u, int c) {
    color[u] = c; cnt[c]++;
    for (int v : graph[u])
        if (color[v] == 0) dfs(v, 3 - c); 
}
int main()
{
    int n; scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        graph[u].push_back(v); graph[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 1);
    printf("%lld\n", 1ll * cnt[1] * cnt[2] - (n - 1));
    return 0;
}

习题：P6185 [NOI Online #1 提高组] 序列

解题思路

把每个位置看成一个点。

对于 $2$ 操作，如果两个位置连通则意味着可以使一个位置 $+ 1$ 而另一个位置 $- 1$ ，这样一来对于整个连通块，可以使其在总和不变的情况下任意加减，因此可以用并查集将一个连通块看成一个点。

对于 $1$ 操作连边，如果形成的图是二分图，则可以保证其两个集合内的总和之差保持不变的情况下任意加减。如果形成的图不是二分图，则可以保证整个连通块总和奇偶性保持不变的情况下任意加减。

参考代码

 #include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100005;
int a[N], b[N], color[N], fa[N];
LL sum[3], delta[N];
struct Operation {
    int t, u, v;
};  
Operation op[N];
vector<int> graph[N];
int query(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = query(fa[x]);
}
void merge(int x, int y) {
    int qx = query(x), qy = query(y);
    if (qx != qy) {
        fa[qx] = qy;
        delta[qy] += delta[qx];
    }
}
bool dfs(int u, int c) {
    if (color[u] == c) return true;
    else if (color[u] == 3 - c) return false;
    color[u] = c; sum[c] += delta[u];
    bool ret = true;
    for (int v : graph[u]) {
        if (!dfs(v, 3 - c)) {
            ret = false; // 注意这里不管是否构成二分图都要把染色流程走完
        }
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int t; scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            fa[i] = i; color[i] = 0;
            graph[i].clear();
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &b[i]);
            delta[i] = b[i] - a[i];
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            scanf("%d%d%d", &op[i].t, &op[i].u, &op[i].v);
            if (op[i].t == 2) {
                merge(op[i].u, op[i].v);
            }
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            if (op[i].t == 1) {
                int qu = query(op[i].u), qv = query(op[i].v);
                graph[qu].push_back(qv); graph[qv].push_back(qu);
            }
        }
        bool ans = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (color[i] == 0 && query(i) == i) {
                sum[1] = sum[2] = 0;
                bool ok = dfs(i, 1);
                if (ok && sum[1] != sum[2]) {
                    ans = false; break;
                }
                // 注意坑点：C++中的负数取余
                if (!ok && (abs(sum[1]) + abs(sum[2])) % 2 == 1) {
                    ans = false; break;
                }
            }
        }
        printf("%s\n", ans ? "YES" : "NO");
    }
    return 0;
}

习题：P1155 [NOIP2008 提高组] 双栈排序

解题思路

首先考虑只有一个栈的情况。用一个栈去模拟可以得到部分分（靠一个栈可以搞定的数据点以及结果为 $0$ 的数据点）。

像 $231$ 这个样例需要两个栈才能完成，实际上可以概括为对于 $i < j < k$ 三个位置存在 $a_{k} < a_{i} < a_{j}$ ，此时 $a_{i}$ 和 $a_{j}$ 无法共存在同一个栈中。因为 $a_{k}$ 需要在 $a_{i}$ 与 $a_{j}$ 之前出栈，但 $a_{i}$ 又需要再 $a_{j}$ 之前出栈，产生了矛盾。

因此可以预处理每个数之后最小的数，这样就可以在 $O (n^{2})$ 的时间复杂度下完成每一对 $(i, j)$ 能否共存在一个栈中的判断。

对于不能共存的两个数，实际上就需要尝试交给两个栈分别处理，则问题被转化为二分图染色问题。对于每一对不能共存的 $i$ 和 $j$ 连边，如果不存在合法的染色方案，则说明无解。

接下来考虑如何保证字典序最小：

染色时让编号小的数尽量放入第一个栈，最终每个点的染色方案代表其交给哪一个栈来处理。用两个栈模拟操作时，注意如果第二个栈的栈顶是下一个排完序的数时，不一定马上就将其出栈（d 操作），此时有一部分 a 操作可以先引入进来（字典序更小），而这时可行的 a 操作需要保证新入栈的数属于第一个栈并且小于第一个栈的栈顶（否则说明它至少要等当前的栈顶出栈之后才能入栈）。

参考代码

 #include <cstdio>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 1005;
int n, a[N], color[N], ans[N * 2], suf[N], g[N][N];
bool dfs(int u, int c) {
    if (color[u] == c) 
        return true;
    else if (color[u] == 3 - c) 
        return false;
    color[u] = c;
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        if (g[u][i] && !dfs(i, 3 - c)) return false;
    return true;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    // suf[i]记录a[i]后最小的数
    int minnum = n;
    for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        suf[i] = minnum;
        if (a[i] < a[minnum]) minnum = i;
    }
    for (int i = 1; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            // 寻找是否存在i<j<k而a[k]<a[i]<a[j]
            if (a[i] < a[j] && a[suf[j]] < a[i]) {
                g[i][j] = g[j][i] = 1;
            }
        }
    bool ok = true;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (color[i] == 0) {
            ok = dfs(i, 1);
            if (!ok) break;
        }
    if (!ok) printf("0\n");
    else {
        int cur = 1, i = 1, idx = 0;
        stack<int> s1, s2;
        while (cur <= n || i <= n) {
            if (!s1.empty() && s1.top() == cur) {
                ans[++idx] = 1;
                cur++;
                s1.pop();
            } else if (!s2.empty() && s2.top() == cur) {
                // s2出栈是d操作，但此时如果有合适的a操作可做则做a操作
                if (i <= n && color[i] == 1 && (s1.empty() || s1.top() > a[i])) {
                    ans[++idx] = 0;
                    s1.push(a[i]); i++;
                } else {
                    ans[++idx] = 3;
                    cur++; 
                    s2.pop();
                }
            } else if (i <= n && color[i] == 1) {
                ans[++idx] = 0;
                s1.push(a[i]); i++;
            } else if (i <= n && color[i] == 2) {
                ans[++idx] = 2;
                s2.push(a[i]); i++;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= idx; i++)
            printf("%c%c", 'a' + ans[i], i == idx ? '\n' : ' ');
    }
    return 0;
}

posted @ 2024-05-04 11:19 RonChen 阅读(65) 评论(0) 编辑收藏举报

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	bool dfs(int u, int c) {
	if (color[u] == c)
	return true;
	else if (color[u] == 3 - c)
	return false;
	color[u] = c;
	for (int v : graph[u])
	if (!dfs(v, 3 - c)) return false;
	return true;
	}

	#include <cstdio>
	#include <vector>
	#include <algorithm>
	using namespace std;
	const int N = 10005;
	vector<int> graph[N];
	int color[N], cnt[3];
	bool dfs(int u, int c) {
	if (color[u] == c) return true;
	else if (color[u] == 3 - c) return false;
	color[u] = c; cnt[c]++;
	for (int v : graph[u])
	if (!dfs(v, 3 - c)) return false;
	return true;
	}
	int main()
	{
	int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
	while (m--) {
	int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
	graph[u].push_back(v); graph[v].push_back(u);
	}
	bool ok = true;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	if (color[i] == 0) {
	cnt[1] = cnt[2] = 0;
	ok &= dfs(i, 1);
	if (!ok) break;
	ans += min(cnt[1], cnt[2]);
	}
	if (!ok) printf("Impossible\n");
	else printf("%d\n", ans);
	return 0;
	}

	#include <cstdio>
	#include <vector>
	#include <cmath>
	using namespace std;
	typedef long long LL;
	const int N = 100005;
	int a[N], b[N], color[N], fa[N];
	LL sum[3], delta[N];
	struct Operation {
	int t, u, v;
	};
	Operation op[N];
	vector<int> graph[N];
	int query(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = query(fa[x]);
	}
	void merge(int x, int y) {
	int qx = query(x), qy = query(y);
	if (qx != qy) {
	fa[qx] = qy;
	delta[qy] += delta[qx];
	}
	}
	bool dfs(int u, int c) {
	if (color[u] == c) return true;
	else if (color[u] == 3 - c) return false;
	color[u] = c; sum[c] += delta[u];
	bool ret = true;
	for (int v : graph[u]) {
	if (!dfs(v, 3 - c)) {
	ret = false; // 注意这里不管是否构成二分图都要把染色流程走完
	}
	}
	return ret;
	}
	int main()
	{
	int t; scanf("%d", &t);
	while (t--) {
	int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	scanf("%d", &a[i]);
	fa[i] = i; color[i] = 0;
	graph[i].clear();
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	scanf("%d", &b[i]);
	delta[i] = b[i] - a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
	scanf("%d%d%d", &op[i].t, &op[i].u, &op[i].v);
	if (op[i].t == 2) {
	merge(op[i].u, op[i].v);
	}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
	if (op[i].t == 1) {
	int qu = query(op[i].u), qv = query(op[i].v);
	graph[qu].push_back(qv); graph[qv].push_back(qu);
	}
	}
	bool ans = true;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	if (color[i] == 0 && query(i) == i) {
	sum[1] = sum[2] = 0;
	bool ok = dfs(i, 1);
	if (ok && sum[1] != sum[2]) {
	ans = false; break;
	}
	// 注意坑点：C++中的负数取余
	if (!ok && (abs(sum[1]) + abs(sum[2])) % 2 == 1) {
	ans = false; break;
	}
	}
	}
	printf("%s\n", ans ? "YES" : "NO");
	}
	return 0;
	}

	#include <cstdio>
	#include <stack>
	#include <vector>
	#include <queue>
	using namespace std;
	const int N = 1005;
	int n, a[N], color[N], ans[N * 2], suf[N], g[N][N];
	bool dfs(int u, int c) {
	if (color[u] == c)
	return true;
	else if (color[u] == 3 - c)
	return false;
	color[u] = c;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	if (g[u][i] && !dfs(i, 3 - c)) return false;
	return true;
	}
	int main()
	{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	scanf("%d", &a[i]);
	}
	// suf[i]记录a[i]后最小的数
	int minnum = n;
	for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
	suf[i] = minnum;
	if (a[i] < a[minnum]) minnum = i;
	}
	for (int i = 1; i < n; i++)
	for (int j = i + 1; j < n; j++) {
	// 寻找是否存在i<j<k而a[k]<a[i]<a[j]
	if (a[i] < a[j] && a[suf[j]] < a[i]) {
	g[i][j] = g[j][i] = 1;
	}
	}
	bool ok = true;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	if (color[i] == 0) {
	ok = dfs(i, 1);
	if (!ok) break;
	}
	if (!ok) printf("0\n");
	else {
	int cur = 1, i = 1, idx = 0;
	stack<int> s1, s2;
	while (cur <= n \|\| i <= n) {
	if (!s1.empty() && s1.top() == cur) {
	ans[++idx] = 1;
	cur++;
	s1.pop();
	} else if (!s2.empty() && s2.top() == cur) {
	// s2出栈是d操作，但此时如果有合适的a操作可做则做a操作
	if (i <= n && color[i] == 1 && (s1.empty() \|\| s1.top() > a[i])) {
	ans[++idx] = 0;
	s1.push(a[i]); i++;
	} else {
	ans[++idx] = 3;
	cur++;
	s2.pop();
	}
	} else if (i <= n && color[i] == 1) {
	ans[++idx] = 0;
	s1.push(a[i]); i++;
	} else if (i <= n && color[i] == 2) {
	ans[++idx] = 2;
	s2.push(a[i]); i++;
	}
	}
	for (int i = 1; i <= idx; i++)
	printf("%c%c", 'a' + ans[i], i == idx ? '\n' : ' ');
	}
	return 0;
	}