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 \(2 3 1\) 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;
}
