最小割

51Nod 1499 图

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emmmmmmm不错的的最小割吧
唯一一个不是很好的点就是实在是太容易想到是最小割了,但是没想到具体的建图方法。

题意:
有n个点,m条边,要你分成两个集合,使得两个集合的导出子图各自权值和的和最大。
两个导出子图中,可选择其中一个,若导出子图中存在有两个点 (i,j) 相连,则该导出子图权值增加 $| i-j |$ 。同时另一个导出子图则相反,只有存在两个点没有边相连,才会增加权值。

思路:
题目的主要目的就是将点集分成两部分,这很容易想到二分图染色,但这是不现实的,因为这是一个最值问题,不存在必然关系。
而跟二分图相关的只有网络流了,将图分为两半是割的概念,当然只存在最小割,正面去想的话,就是总权值和-最小割。

然后……思路就断了,找不到有效的建图方法。

可以先这么想,我们假定与源点相连的点集为相连增加权值的集合,并称之为,与汇点相连的点集则相反,称之为汇点集。
那么我们先将每个点都与源点相连,其容量为将该点加入源点集所能增加的权值。
再将这个点与汇点相连,其容量为将该点加入汇点集所能增加的权值。

此时直接跑最小割是不对的,因为这些点并不是独立的。

其实只要再将任意两个点都连边就可以了。

啊,顺便发现一个,换一种无向图建边,速度快了一倍,因为边几乎少了一半

AC Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 1e3 + 5;
const int maxm = 5e6 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int src, des, idx;
int cur[maxn], level[maxn], head[maxn];

struct node {
    int to, next;
    int cap;
    node() {}
    node(int _to, int _next, int _cap) { to = _to, next = _next, cap = _cap; }
} edges[maxm << 1];

queue<int> que;

void addEdge(int u, int v, int c, int rc = 0)
{
    edges[idx] = node(v, head[u], c);
    head[u] = idx++;
    edges[idx] = node(u, head[v], rc);//无向边建边小技巧
    head[v] = idx++;
}

bool bfs()
{
    memset(level, -1, sizeof level);
    que.push(src);
    level[src] = 0;
    int u;
    while (!que.empty()) {
        u = que.front();
        que.pop();
        for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next) {
            int v = edges[id].to;
            if (edges[id].cap > 0 && level[v] == -1) {
                level[v] = level[u] + 1;
                que.push(v);
            }
        }
    }
    return level[des] != -1;
}

int dfs(int u, int low)
{
    int cflow;
    if (u == des)
        return low;
    for (int& id = cur[u]; ~id; id = edges[id].next) {
        int v = edges[id].to;
        if (edges[id].cap > 0 && level[v] == level[u] + 1
            && (cflow = dfs(v, min(low, edges[id].cap)))) {
            edges[id].cap -= cflow;
            edges[id ^ 1].cap += cflow;
            return cflow;
        }
    }
    return 0;
}

int dinic(int n)
{
    int ans = 0, cflow;
    while (bfs()) {
        for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
            cur[i] = head[i];
        while ((cflow = dfs(src, inf)))
            ans += cflow;
    }
    return ans;
}

void init(int s, int d)
{
    memset(head, -1, sizeof head);
    idx = 0;
    src = s, des = d;
}

bool g[maxn][maxn];
int s[maxn], t[maxn];

inline void scan_d(int& num)
{
    char in;
    in = getchar();
    while (in != '-' && (in < '0' || in > '9'))
        in = getchar();
    num = in - '0';
    while (in = getchar(), in >= '0' && in <= '9') {
        num *= 10, num += in - '0';
    }
}

int main()
{
    int n, m, u, v, tmp;
    scan_d(n), scan_d(m);
    init(0, n + 1);
    while (m--) {
        scan_d(u), scan_d(v);
        g[u][v] = g[v][u] = true;
    }
    range(i, 1, n) range(j, i + 1, n)
    {
        tmp = j - i;
        if (g[i][j])
            s[i] += tmp, s[j] += tmp;
        else
            t[i] += tmp, t[j] += tmp;
        addEdge(i, j, tmp, tmp);
    }
    int ans = 0;
    range(i, 1, n) addEdge(src, i, s[i]), addEdge(i, des, t[i]);
    range(i, 1, n) ans += (1 + n - i) * (n - i) / 2;
    printf("%d\n", ans - dinic(n) / 2); //因为与源点汇点相连的点增加了一倍权值
    return 0;
}
强联通分量

CodeForces 864F Cities Excursions

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对Tarjan的算法理解有点要求的题,之前看了一下思路,敲了一下结果没过,照着博客改动了一下但并没有搞懂,今天补上。

题意:
给你一个有向图,若干询问,询问为从 s 到 t 的最小字典序路径中,第 k 个点是哪个点。

思路:
首先询问很多,有$4\times10^5$个询问,直接一个一个找肯定是不行的。
但是值得注意的是,点数比较少,只有$3000$个,假如我们固定起点,遍历全图来获得路径,在遍历的同时,对每一个点来记录答案。理想复杂度为$O(N^2)$,时间上满足条件。

一个问题是如何保证字典序最小,emmmm
用vector记录整张图,对于每个点的边进行排序,因为每个点访问一次,解决之。

这题还有一个合理的大坑,如果在遍历的时候,在之前已经出现了一个环,那么之后的所有点就都不会被访问。
当然你不能在找到一个环后,后面的点就不再遍历,这样会使最小字典树发生变化,会导致错误答案。
好题啊。

以上。

#include <bits/stdc++.h>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 3e3 + 5;
const int maxq = 4e5 + 5;

struct Item {
    int u, v, q, id;
    bool operator<(const Item& item) const { return u < item.u; }
} items[maxq];

int dfn[maxn], low[maxn], vis[maxn], vtm;
int path[maxn], ans[maxq];
vector<int> G[maxn];
vector<Item> qary[maxn];

void tarjan(int u, int dep, bool cant)
{
    path[dep] = u;
    low[u] = dfn[u] = ++vtm;
    vis[u] = 1;
    int sz = qary[u].size();
    if (!cant)
        each(i, sz)
        {
            Item& item = qary[u][i];
            if (item.q <= dep)
                ans[item.id] = path[item.q];
        }
    sz = G[u].size();
    each(i, sz)
    {
        int v = G[u][i];
        if (!vis[v]) {
            tarjan(v, dep + 1, cant | (low[u] < dfn[u]));
            low[u] = min(low[u], low[v]);
            cant |= (low[v] < dfn[v]);
        } else if (vis[v] == 1)
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    vis[u] = 2;
}

int main()
{
    int n, m, q, u, v;
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
    each(i, m)
    {
        scanf("%d %d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
    }
    range(i, 1, n) sort(G[i].begin(), G[i].end());
    each(i, q)
    {
        Item& item = items[i];
        scanf("%d %d %d", &item.u, &item.v, &item.q);
        item.id = i;
    }
    sort(items, items + q);
    fill(ans, -1);
    each(i, q)
    {
        Item& item = items[i];
        qary[item.v].push_back(item);
        if (i == q - 1 || item.u != items[i + 1].u) {
            vtm = 0, fill(vis, 0);
            tarjan(item.u, 1, false);
            range(j, 1, n) qary[j].clear();
        }
    }
    each(i, q) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}
最小割

HihoCoder 1252 Kejin Game

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网络流建图神题!!!
同时也是2015年北京现场赛的金牌题,虽然我不可能去挑战金牌,但是也只有做这种神题,尽管不是自己想得,但A了之后仍然充满了满足。

题意:
给你一个DAG,表示一个游戏的技能树,也就是说某一些技能存在前置技能,但实际上这是为氪金大佬准备的游戏,有钱是真的可以为所欲为的,大佬们可以选择花钱直接无视所有前置技能直接习得某一个技能,也可以消除掉两个技能之间的依赖关系。

现在某个节俭的大佬想要学某一个技能,问最小花费。

思路:
说实话这道题一眼真的很容易想到图上DP,但是存在可以消除一个依赖的权利,使得DP存在后效性。
正解是最小割建模,这个最小割建模真的是非常巧妙:

  1. 拆点建图,u -> u' 的容量是直接氪金习得这一技能的花费
  2. 如果u,v存在依赖关系 u -> v ,建边 u' -> v ,容量为消除这个依赖的费用
  3. 将源点与每一个技能连边,容量为按技能树学习的费用。
  4. 将所要求的技能与汇点相连,容量为 inf

最后跑一遍最大流就是答案。

网上很多题解到这里就没了,也没有一个像样点的解释。

对于学习技能来说,其实就是一个消除依赖的过程,当然你不氪金的话还要花费学习这个技能份额费用,直接将按技能树学习的费用也作为一个依赖,就无需考虑这个,这就是第三条建边规则。
按这么想的话,第一条和第二条也很好理解。
而当我所要学得那个技能的依赖全部消除的时候,那么源点与汇点也就会被分离,也就是被个开了,因为汇点只会与所要求的技能相连。

感觉还是有点说不好啊,如果还不懂的话,只要在纸上画一画,就会变得很显然了。

AC Code

#include 

using namespace std;

const int maxn = 2e3 + 5;
const int maxm = 2e4 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n, m, src, des, idx;
int cur[maxn], level[maxn], head[maxn];

struct node {
    int to, next;
    int cap;
    node() {}
    node(int _to, int _next, int _cap) { to = _to, next = _next, cap = _cap; }
} edges[maxm  que;

void addEdge(int u, int v, int c)
{
    edges[idx] = node(v, head[u], c);
    head[u] = idx++;
    edges[idx] = node(u, head[v], 0); //无向图为 c 有向图为 0
    head[v] = idx++;
}

bool bfs()
{
    memset(level, -1, sizeof level);
    que.push(src);
    level[src] = 0;
    int u;
    while (!que.empty()) {
        u = que.front();
        que.pop();
        for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next) {
            int v = edges[id].to;
            if (edges[id].cap &gt; 0 &amp;&amp; level[v] == -1) {
                level[v] = level[u] + 1;
                que.push(v);
            }
        }
    }
    return level[des] != -1;
}

int dfs(int u, int low)
{
    int cflow;
    if (u == des)
        return low;
    for (int&amp; id = cur[u]; ~id; id = edges[id].next) {
        int v = edges[id].to;
        if (edges[id].cap &gt; 0 &amp;&amp; level[v] == level[u] + 1
            &amp;&amp; (cflow = dfs(v, min(low, edges[id].cap)))) {
            edges[id].cap -= cflow;
            edges[id ^ 1].cap += cflow;
            return cflow;
        }
    }
    return 0;
}


int dinic() { int ans = 0, cflow; while (bfs()) { for (int i = 0; i <= 2 * n + 2; i++) cur[i] = head[i]; while ((cflow = dfs(src, inf))) ans += cflow; } return ans; } void init(int s, int d) { memset(head, -1, sizeof head); idx = 0; src = s, des = d; } inline int in(int x) { return x << 1; } inline int out(int x) { return x << 1 | 1; } int main() { int T, u, v, w, t; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d %d %d", &n, &m, &t); init(0, 1); while (m--) { scanf("%d %d %d", &u, &v, &w); addEdge(out(u), in(v), w); } for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &w); addEdge(src, in(i), w); } for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &w); addEdge(in(i), out(i), w); } addEdge(out(t), des, inf); printf("%d\n", dinic()); } return 0; }

…………不知道为什么不把代码分开就显示不出来……

最大团

HDU 5556 Land of Farms 附最大团最终模板

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一眼以为是状压DP……
但是仔细读题的话,会有一个致命条件是状压无法解决的。

偷看了一下薛昊的博客,回去路上还跟我说二分图不可能建出来,结果到头来却用HK写这题。

题意:
给你一张图,是矩阵的形式,在满足条件的情况下你要选择尽可能多的格子。

其条件如下

  • 如果选中一个格子,这个格子是数字,则相同数字的格子立刻被选中。
  • 每个被选中的格子不允许其四个相邻的格子中 存在被选中且与其不同的格子

思路:
实际上这道题的确很想状压,如果把题目中的第一个条件改成,与其选中格子联通且数字相同的格子立马被选中的话,状压可解。但事实并非如此。

其实可以把所有是数字且相同的格子作为一个点,每个 . 也作为一个点,再将其与四周连边,按题意来的话,略加思考,其实就是个最大独立集的裸题。
但是关键还是需要转化出来啊……

坑点,答案最小为 1 。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 12;
const int maxv = maxn * maxn;

char mat[maxn][maxn];
int row, col;
int im[maxn][maxn];
int dx[] = { -1, 0, 1, 0 };
int dy[] = { 0, -1, 0, 1 };
bool g[maxv][maxv];
int ans;

inline bool judgeIn(int x, int y) { return x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col; }

void init()
{
    memset(im, 0, sizeof im);
    memset(g, true, sizeof g);
    ans = 1;
}

int createGraph()
{
    int cnt = 0;
    map<char, int> mp;
    each(i, row) each(j, col) if (im[i][j] == 0)
    {
        if (mat[i][j] == '.')
            im[i][j] = ++cnt;
        else {
            if (mp.find(mat[i][j]) == mp.end())
                mp[mat[i][j]] = ++cnt;
            im[i][j] = mp[mat[i][j]];
        }
        g[cnt][cnt] = false;
    }
    each(x, row) each(y, col)
    {
        int u = im[x][y], v;
        each(i, 4)
        {
            int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
            if (judgeIn(xx, yy) && u != (v = im[xx][yy]))
                g[u][v] = g[v][u] = false;
        }
    }
    return cnt;
}

int vex[maxv], dp[maxv];
int stk[maxv][maxv];

void dfs(int n, int sz, int dep)
{
    if (sz == 0) {
        ans = max(ans, dep);
        return;
    }
    each(i, sz)
    {
        int u = stk[dep][i];
        if (dep + dp[u] <= ans || dep + sz - i <= ans)
            return;
        vex[dep] = u;
        int cnt = 0;
        range(j, i + 1, sz - 1)
        {
            int v = stk[dep][j];
            if (g[u][v])
                stk[dep + 1][cnt++] = v;
        }
        dfs(n, cnt, dep + 1);
    }
}

int maxClique(int n)
{
    memset(dp, 0, sizeof dp);
    dp[n] = 1;
    rrange(i, 1, n - 1)
    {
        int sz = 0;
        range(j, i + 1, n) if (g[i][j]) stk[1][sz++] = j;
        vex[0] = i;
        dfs(n, sz, 1);
        dp[i] = ans;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for (int cas = 1; cas <= T; cas++) {
        scanf("%d %d", &row, &col);
        each(i, row) scanf("%s", mat[i]);
        init();
        int n = createGraph();
        printf("Case #%d: %d\n", cas, maxClique(n));
    }
    return 0;
}

模板:
这是最大团的模板,极大团计数的点 这个
因为觉得极大团计数并没有找到最优的写法,至少还有一个优化没学就先不放了。

#include <bits/stdc++.h>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxv = 110;

struct MC {
    bool g[maxv][maxv];
    int stk[maxv][maxv], dp[maxv];
    int vex[maxv], mcv[maxv];
    int n, mc;

    void init(int _n)
    {
        n = _n;
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        //建图
    }

    void dfs(int sz, int dep)
    {
        if (sz == 0) {
            if (dep > mc) {
                mc = dep;
                each(i, mc) mcv[i] = vex[i];
            }
            return;
        }
        each(i, sz)
        {
            int u = stk[dep][i];
            if (dep + dp[u] <= mc || dep + sz - i <= mc)
                return;
            vex[dep] = u;
            int cnt = 0;
            range(j, i + 1, sz - 1)
            {
                int v = stk[dep][j];
                if (g[u][v])
                    stk[dep + 1][cnt++] = v;
            }
            dfs(cnt, dep + 1);
        }
    }

    int maxClique()
    {
        dp[n] = 1;
        rrange(i, 1, n - 1)
        {
            int sz = 0;
            range(j, i + 1, n) if (g[i][j]) stk[1][sz++] = j;
            vex[0] = i;
            dfs(sz, 1);
            dp[i] = mc;
        }
        return mc;
    }

} mc;

三元环

HDU 6184 Counting Stars

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一个三元环计数问题……
当然是转化出来的……

一开始没想到去计数三元环的思路,而是直接搜……
然后发现题目理解错了……

又发现这特么不就跟三元环数量有关么??
巧的是薛昊之前问过我三元环计数,我还特意去看了几眼。不然真的可能卡不出来。

题意:
给你一张无向图,让你计数这样的子图。
V=(A,B,C,D) , E=(AB,BC,CD,DA,AC)

思路:
一开始我以为必须是矩形,然后发现同一点的不同三元环都满足条件。
所以我只要找到这个点的所有三元环数量,任意挑出两个即可。记得去重

个人三元环计数方法如下:
首先枚举每一条遍,再判断两个端点,确定度数较少的点,从这个点进行扩展一条边,再判断这条遍的另一端是否有边与第一条边的另一端点相连。

其中有很多细节值得优化,比如说对于\( sqrt(m) \)为分界进行不同的判定。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;

vector<int> G[maxn];
int link[maxn];
bool vis[maxn];

set<ll> key;
int deg[maxn];

int main()
{
    int n, m, u, v;
    while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) {
        key.clear();
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            G[i].clear();
            link[i]=vis[i] = false;
            deg[i] = 0;
        }
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d %d", &u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
            key.insert((ll)u * n + v);
            key.insert((ll)v * n + u);
            deg[u]++, deg[v]++;
        }
        int limit = sqrt(1.0 * m);
        ll ans = 0;
        for (int u = 1; u <= n; u++) {
            vis[u] = true;
            int sz = G[u].size();
            for (int i = 0; i < sz; i++)
                link[G[u][i]] = u;
            for (int i = 0; i < sz; i++) {
                int v = G[u][i];
                if (vis[v])
                    continue;
                ll sum = 0;
                if (deg[v] <= limit) {
                    int vz = G[v].size();
                    for (int j = 0; j < vz; j++) {
                        int k = G[v][j];
                        if (link[k] == u)
                            sum++;
                    }
                } else {
                    for (int j = 0; j < sz; j++) {
                        ll k = G[u][j];
                        ll val = k * n + v;
                        if (key.find(val) != key.end())
                            sum++;
                    }
                }
                ans += sum * (sum - 1) / 2;
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}
欧拉图

51Nod 1967 路径定向

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首先说一下这道题的思路真的是非常巧妙。

但是,出题人脑子进shi了么,难道一定要写法和你一样才能过????

反正卡的特别紧,我到最后还有一个测试点一直超时。
时间限制是 1200s ,明显就是故意的。这种故意卡常在51Nod里巨特么多。搞不懂他们在想什么。
不觉得会在以后碰到类似的题目会故意卡我,因为很多人都是 1000 ~ 1200 的时间卡过的。

题意:
给你一个有向图,让你任意改动边的方向,使得出入度相同的点数最多。
并输出方案。

思路:
一眼看成上下界网络流。实际上这道题就是用上下界网络流改出来的,但就别想了,正解都卡着过,网络流能过?

建图方式和无汇源上下界可行流一致,跑一遍最大流即可。

下面是另一种思路。
有入度相同的特征的图还有一种,就是欧拉图,对于度数为奇数的点(以下简称奇点,反之偶点),必然不可能存在一个方案使得其出入点相同。这是必然的,那么反过来对于偶点,如果欧拉路径存在也就必然存在一个方案使得其出入度相同。
直接将所有奇点,顺序两两相连,跑一遍欧拉路径即可。

这里补充两点

  1. 奇点数量必然为偶数。因为每一条遍贡献的度数为 2 ,所以度数和为偶数。
  2. 奇点相连不会对偶点产生任何影响。

因此,我们可以得出结论,这个方案必然存在!

TLE Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>

typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e6 + 5;

namespace fastIO {
#define BUF_SIZE 100000
bool IOerror = 0;
inline char nc()
{
    static char buf[BUF_SIZE], *p1 = buf + BUF_SIZE, *pend = buf + BUF_SIZE;
    if (p1 == pend) {
        p1 = buf;
        pend = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin);
        if (pend == p1) {
            IOerror = 1;
            return -1;
        }
    }
    return *p1++;
}
inline bool blank(char ch)
{
    return ch == ' ' || ch == '\n' || ch == '\r' || ch == '\t';
}
inline void read(int& x)
{
    char ch;
    while (blank(ch = nc()))
        ;
    if (IOerror)
        return;
    for (x = ch - '0'; (ch = nc()) >= '0' && ch <= '9'; x = x * 10 + ch - '0')
        ;
}
#undef BUF_SIZE
};
using namespace fastIO;

struct node {
    int to, next;
} edges[maxm << 1];
int head[maxn], idx;

inline void addEdge(int u, int v)
{
    edges[idx] = (node){ v, head[u] };
    head[u] = idx++;
    edges[idx] = (node){ u, head[v] };
    head[v] = idx++;
}

int deg[maxn];
char dir[maxn];

bool vis[maxm];

void dfs(int u)
{
    for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next) {
        if (!vis[id]) {
            dir[id >> 1] = (id & 1) + '0';
            vis[id] = vis[id ^ 1] = true;
            dfs(edges[id].to);
        }
    }
}

int main()
{
    int n, m, u, v;
    read(n), read(m);
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        head[i] = -1;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        read(u), read(v);
        addEdge(u, v);
        deg[u]++, deg[v]++;
    }
    int ans = 0, pre = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (deg[i] & 1) {
            if (pre == -1)
                pre = i;
            else {
                addEdge(i, pre);
                pre = -1;
            }
        } else
            ans++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!dir[i])
            dfs(i);
    printf("%d\n", ans);
    dir[m] = 0;
    puts(dir);
    return 0;
}
二分图染色

洛谷 1155 双栈排序

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别多说了,神题。

写不来,看得是大佬的题解
很妙,没想到用二分图染色,但是二分图染色的模型的确很适合这个题目。

不过关键还是那个判定定理。

题意:
给你一个序列,要你用两个栈给它排序,问你这个序列是否能排序成功。

思路:
上面的链接很详细,我这里简单说一蛤。
首先必须注意到判定两个数必须在两个不同的栈的充要条件。

S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈 <=> 存在k,满足i<j<k,使得S[k]<S[i]<S[j]. 证明略过,请参考sqybi.尝试后可以发现结论P是正确的.

我们首先用\( O( n^2 ) \) 的复杂度预处理出必须在两个栈的位置,并对其连边,再对其染色,对没有限制的优先放在第一个栈中因为要字典序最小

通过染色判定,不能形成二分图则输出0,否则模拟输出序列。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1005;

int ary[maxn];
int bmin[maxn];
int color[maxn];
int st1[maxn], st2[maxn], t1, t2;

vector<int> G[maxn];

bool dfs(int u, int c)
{
    color[u] = c;
    int sz = G[u].size(), v;
    for (int i = 0; i < sz; i++) {
        v = G[u][i];
        if (!color[v] && !dfs(v, 3 - c))
            return false;
        else if (color[v] == c)
            return false;
    }
    return true;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", ary + i);
    bmin[n] = inf;
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        bmin[i] = min(bmin[i + 1], ary[i]);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
            if (ary[i] < ary[j] && bmin[j + 1] < ary[i])
                G[i].push_back(j), G[j].push_back(i);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (!color[i] && !dfs(i, 1)) {
            puts("0");
            return 0;
        }
    int cur = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (color[i] == 1) {
            printf("a ");
            st1[++t1] = ary[i];
        } else {
            printf("c ");
            st2[++t2] = ary[i];
        }
        while (st1[t1] == cur || st2[t2] == cur) {
            if (st1[t1] == cur)
                printf("b "), t1--;
            else
                printf("d "), t2--;
            cur++;
        }
    }
    return 0;
}