[POJ2942]:Knights of the Round Table（塔尖+二分图染色法）

题目传送门

---

题目描述

亚瑟王要在圆桌上召开骑士会议，为了不引发骑士之间的冲突，并且能够让会议的议题有令人满意的结果，每次开会前都必须对出席会议的骑士有如下要求：

　　1、相互憎恨的两个骑士不能坐在直接相邻的2个位置。

　　2、出席会议的骑士数必须是奇数，这是为了让投票表决议题时都能有结果。 如果出现有某些骑士无法出席所有会议（例如这个骑士憎恨所有的其他骑士），则亚瑟王为了世界和平会强制把他剔除出骑士团。

现在给定准备去开会的骑士数n，再给出m对憎恨对（表示某2个骑士之间使互相憎恨的），问亚瑟王至少要剔除多少个骑士才能顺利召开会议？

注意：

　　1、所给出的憎恨关系一定是双向的，不存在单向憎恨关系。

　　2、由于是圆桌会议，则每个出席的骑士身边必定刚好有2个骑士。即每个骑士的座位两边都必定各有一个骑士。

　　3、一个骑士无法开会，就是说至少有3个骑士才可能开会。

---

输入格式

输入包含多组测试。 每种情况都以包含两个整数1≤n≤1000且1≤m≤1000000的整数行开始。 数字n是骑士的数量。 接下来的m行描述哪个骑士憎恨哪个骑士。 这m行中的每一行包含两个整数k1和k2，这意味着骑士数k1和骑士数k2彼此讨厌（数字k1和k2在1和n之间）。
输入n=m=0时终止。

---

输出格式

对于每组测试，输出一个整数，表示必须被驱逐的骑士数量。

---

样例

样例输入：

5 5
1 4
1 5
2 5
3 4
4 5
0 0

样例输出：

2

---

题解

些许有些复杂，思维量较大。

注意亚瑟王会召开多次会议，可以参加其中任意一次会议的骑士就可以被保留。

考虑建出原图的补图，其定义为：原来相连的两个点现在不相连，原来不相连的两个点现在相连。

这样的话两个其实可以坐在一起的条件即为他们之间有连边，方便处理。

那么，如果一个骑士可以参加会议，当且仅当他在一个奇环里。

给出两个定理：

　　1、如果一个双连通分量内的某些顶点在一个奇圈中（即双连通分量含有奇圈），那么这个双连通分量的其他顶点也在某个奇圈中。

　　2、如果一个双连通分量含有奇圈，则他必定不是一个二分图。反过来也成立，这是一个充要条件。

显然利用塔尖求出每一个v-DCC，然后判断这个v-DCC是不是奇环即可。

这时就用到了交叉染色法，dfs时每一条边都和上一条边反色，当发现两条相邻的边同色时即为奇环。

特别注意：此题不能用万能头文件，否则会CE！！！

那些被CE打倒的大佬：

不过结局总会是好的：

---

代码时刻

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>//不要万能头！！！
using namespace std;
struct rec
{
	int nxt;
	int to;
}e[1000001];
int head[1001],cnt;
int dfn[1001],low[1001],sta[1001],tot,top;
bool par[1001],vis[1001];
int col[1001];
bool Map[1001][1001];
vector<int> dcc;
void pre_work()//多测不清空，爆零两行泪TAT……
{
	cnt=0;
	tot=0;
	top=0;
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(dfn,0,sizeof(dfn));
	memset(low,0,sizeof(low));
	memset(sta,0,sizeof(sta));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(Map,0,sizeof(Map));
}
void add(int x,int y)//建边
{
	e[++cnt].nxt=head[x];
	e[cnt].to=y;
	head[x]=cnt;
}
bool dfs(int x,int color)//交叉染色法判奇环
{
	col[x]=color;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(!par[e[i].to])continue;
		if(col[e[i].to]==color)return 1;
		if(!col[e[i].to]&&dfs(e[i].to,-color))return 1;
	}
	return 0;
}
void color_solve()//将v-DCC转入数组，方便处理
{
	memset(par,0,sizeof(par));
	memset(col,0,sizeof(col));
	for(int i=0;i<dcc.size();i++)
		par[dcc[i]]=1;
	if(dfs(dcc[0],1))
		for(int i=0;i<dcc.size();i++)vis[dcc[i]]=1;
}
void tarjan(int x)//塔尖
{
	dfn[x]=low[x]=++tot;
	sta[++top]=x;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(!dfn[e[i].to])
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
			if(dfn[x]<=low[e[i].to])//发现v-DCC
			{
				int y;
				dcc.clear();
				do
				{
					y=sta[top--];
					dcc.push_back(y);
				}while(e[i].to!=y);
				dcc.push_back(x);
				color_solve();
			}
		}
		else low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
	}
}
int main()
{
	while(1)
	{
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(!n&&!m)break;
		pre_work();
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			Map[x][y]=Map[y][x]=1;//临接矩阵存图
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=i+1;j<=n;j++)
				if(!Map[i][j]){add(i,j);add(j,i);}//链式前项星建反图
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!dfn[i])tarjan(i);
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)//统计可以参加的骑士
			if(vis[i])ans++;
		printf("%d\n",n-ans);//用总骑士数减去
	}
	return 0;
}

---

rp++