【做題筆記】P1330 封鎖陽光大學

来源:https://www.cnblogs.com/Nicest1919/archive/2020/02/14/12309303.html

讀題易得:對於有邊的兩個點 $u,v$ ,能且僅能其中一點對這條邊進行封鎖。 什麼意思呢?假設給這張圖上的點進行染色,那麼對於上述的兩個點 $u,v$ , $u,v$ 必須異色 (理解這一點很重要)。 那麼,也就是說,在這張圖上,如果要把這張圖“完全封鎖”且兩隻河蟹不能封鎖相鄰的兩個點,換而言之,把 ...


讀題易得:對於有邊的兩個點 \(u,v\) ,能且僅能其中一點對這條邊進行封鎖。

什麼意思呢?假設給這張圖上的點進行染色,那麼對於上述的兩個點 \(u,v\)\(u,v\) 必須異色(理解這一點很重要)。

那麼,也就是說,在這張圖上,如果要把這張圖“完全封鎖”且兩隻河蟹不能封鎖相鄰的兩個點,換而言之,把連接一條邊的兩個點染色,這兩個點是異色的,那麼整張圖上無非也就這兩種顏色,答案無非也就是這兩種顏色中數目較少那一種的數目。

註意到存在無解的情況,那麼是麽時候無解呢?想一下,遍歷這張圖,那麼肯定會遇到做過的點。把我們自己想成河蟹,那麼重覆來到這時相當於給這個點重新染色。 如果我們攜帶的“顏料”和上一隻河蟹是一樣的,那麼相當於什麼都不做;但如果不同,相當於對這個點重新封鎖,這就產生了衝突。所以,這時不合法,返回 0 。否則返回 1 。

請註意:這個圖可能不是聯通的,所以需要設 vis 數組,判斷某個點有沒有用過,去遍歷所有的小連通圖。

參考代碼:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

int n,m,vis[4000010],c[3],head[4000010],tot,_color[4000010];
//_color[u]代表第 u 個點的顏色
//c[]記錄兩種顏色的數量
struct node
{
    int to,nxt;
};
node G[400010];

inline int read()
{
    int s=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}

inline void add(int u,int v)
{
    G[++tot]=(node){v,head[u]},head[u]=tot;
    G[++tot]=(node){u,head[v]},head[v]=tot;
}

int dfs(int u,int cor)
{
    if(vis[u])
    {
        if(_color[u]==cor)return 1;
        return 0;
    }
    vis[u]=1;
    c[_color[u]=cor]++;
    int can_do=1;
    for(int i=head[u];i&&can_do;i=G[i].nxt)can_do=can_do&&dfs(G[i].to,1-cor);
    return can_do;
}

int main()
{
    int ans;
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();add(u,v);}
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])continue;
        c[0]=c[1]=0;
        if(dfs(i,0)==0){cout<<"Impossible"<<endl;return 0;}
        ans+=min(c[0],c[1]); //註意,這裡是加上
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

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