nowcoder 203J Graph Coloring I（dfs）

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题目描述

修修在黑板上画了一些无向连通图，他发现他可以将这些图的结点用两种颜色染色，满足相邻点不同色。
澜澜不服气，在黑板上画了一个三个点的完全图。修修跟澜澜说，这个图我能找到一个简单奇环。
澜澜又在黑板上画了一个n个点m条边的无向连通图。很可惜这不是一道数数题，修修做不出来了。
澜澜非常得意，作为一位毒瘤出题人，有了好题当然要跟大家分享，于是他把这道题出给你做了。

输入描述:

第一行两个整数n,m (1≤ n,m≤ 3*10⁵)，接下来m行每行两个整数a_i,b_i表示一条边 (1≤ a_i,b_i≤ n)。
保证图连通，并且不存在重边和自环。

输出描述:

如果你能把图二染色，第一行输出0，第二行输出n个整数表示每个点的颜色 (0≤ x_i≤ 1)。如果有多种合法方案，你可以输出任意一种。
如果你能找到一个简单奇环，第一行输出环长k，第二行输出k个整数表示环上结点编号 (1≤ y_i≤ n)，你需要保证y_i和y_i+1之间有边，y₁和y_n之间有边。如果有多种合法方案，你可以输出任意一种。
如果两种情况都是可行的，你只需要输出任意一种。
如果两种情况都是不可行的，请输出一行一个整数-1。

输入

3 2
1 2
1 3

输出

0
0 1 1

输入

3 3
1 2
1 3
2 3

输出

3
1 2 3

题意

给一个无向连通图，有两个选择：用黑色和白色给所有节点涂色，要求相邻节点颜色不能相同；或输出一个有奇数个节点的环。

分析

第一个问题是经典问题，直接选一个点开始涂色，然后用dfs或bfs的顺序为相邻的点依次涂色，涂完所有的点或者遇到矛盾的情况为止；对于第二个问题，奇数个节点的环，如果对这个环进行涂色，那么一定会矛盾，所以可以反过来再结合第一个问题，如果能涂完就直接输出涂色的方案，如果不能完成涂色，那么一定是在中途遇到了奇数个节点的环。因此为了更好的记录涂色的先后关系，这里应该用dfs，并在遇到矛盾情况时，回退到矛盾点被涂色的地方，就得到了一个奇数环。
总的来说，没有奇数环，则涂色一定成功，有奇数环，则输出奇数环，不会有两种都不满足的情况。

总结

原来“简单环”的意思就简单的是环，题意理解偏差了啊，最开始用bfs写了，然后在导出路径的时候发现根本行不通。

代码

#include <stdio.h>
#include<vector>
typedef std::vector<int> Vi;
#define maxn 300005
//链式存边
int fst[maxn], to[maxn << 1], nxt[maxn << 1], z = 0;
void add(int u, int v) {
    z++; to[z] = v;
    nxt[z] = fst[u]; fst[u] = z;
    z++; to[z] = u;
    nxt[z] = fst[v]; fst[v] = z;
}

int n, m;
int clr[maxn];
Vi rt;
int isodd/*是奇数环的标记*/, 
    rat/*涂色矛盾发生的地方，也就是奇数环的起点/终点*/, 
    ended/*完成了环的记录*/;
//直接涂色
void dfs(int cid) {
    int nid;
    for (int ln = fst[cid]; ln; ln = nxt[ln]) {
        nid = to[ln];
        if (clr[nid] == -1) {
            clr[nid] = !clr[cid];
            dfs(nid);
            if (ended)return;
            if (isodd) {
                rt.push_back(nid);
                if (cid == rat)//已经回退到环的起点
                    ended = 1; 
                return;
            }
        }
        else if (clr[nid] == clr[cid]) {//遇到矛盾，开始回退
            rat = nid;
            rt.push_back(nid);
            isodd = 1; ended = 0;
            return;
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)clr[i] = -1;
    int ai, bi;
    for (int i = 0; i<m; ++i) {
        scanf("%d%d", &ai, &bi);
        add(ai, bi);
    }
    clr[1] = 1;
    dfs(1);
    if (isodd == 0) {
        printf("0\n");
        for (int i = 1; i <= n; ++i)printf("%d ", clr[i]);
    }
    else {
        int sz = rt.size();
        //环可能会重复记录起点，去掉就好了
        if (rt[sz - 1] == rt[0])sz--;
        printf("%d\n", sz);
        for (int i = 0; i<sz; ++i)printf("%d ", rt[i]);
    }
}