【POI2001】【HDU1814】和平委员会

题面

Description

根据宪法，Byteland民主共和国的公众和平委员会应该在国会中通过立法程序来创立。 不幸的是，由于某些党派代表之间的不和睦而使得这件事存在障碍。

此委员会必须满足下列条件：

每个党派都在委员会中恰有1个代表，

如果2个代表彼此厌恶，则他们不能都属于委员会。

每个党在议会中有2个代表。代表从1编号到2n。 编号为2i-1和2i的代表属于第I个党派。

任务是写一程序：

输入党派的数量和关系不友好的代表对，

计算决定建立和平委员会是否可能，若行，则列出委员会的成员表。

Input

第一个行有2非负整数n和m。 他们各自表示：党派的数量n，1＜=n＜=8000和不友好的代表对m，0 ＜=m ＜=20000。 在下面m行的每行为一对整数a,b，1＜=a

Output

如果委员会不能创立，输出中应该包括单词NIE。若能够成立，输出中应该包括n个从区间1到2n选出的整数，按升序写出，每行一个，这些数字为委员会中代表的编号。 如果委员会能以多种方法形成，程序输出字典序最小的一个。

Sample Input

3 2

1 3

2 4

Sample Output

1

4

5

---

（题外话）

原来一直觉得做了一道题，做了就是做了，就不用管了。现在觉得，每做完一道题，不管怎么样，还是写一写自己的总结。不管给谁看吧，有个记录自己也方便复习。同样的，以后自己回首再看自己的OI历程，才会觉得自己还是有所收获的。

解决问题

不管了，言归正传。这是一道2-sat的（模板）题。

关于2-sat问题是什么，我只是小蒟蒻，并不是我能够说清的问题（只能够自己理解，但是我并不一定能够说得清楚）。

先贴一个dalao的blog供大家学习2-sat，这个讲的非常清楚

*http://blog.csdn.net/jarjingx/article/details/8521690 *

这是一道简单的题目，2-sat最暴力的解法。

（因为题目是从简单到难，方法也就从简单到复杂，其它的更加复杂的内容就写在别的地方）




先化简一下题意：就是有n党派，每个党派两个人，只能够从中选择一个人进入委员会。同时，有m组关系，表示某两个人不能够同时出现在委员会中。求出字典序最小的委员会名单。

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这就是一个2-sat问题，因为要求出最小字典序，只能够用最暴力的方法，时间复杂度为O(nm)。







先看一看矛盾是什么意思。不妨设i的同党派的人的编号是i'。那么某两个人(a,b)矛盾，即意味着选择了a就只能选择b'，选择了b就只能选择a'，即(a,b')(b,a')，那么这两种就是可行性方案。

那么，对于每一组矛盾(a,b)，就进行连边(a,b')(b,a')







拿样例举例就是这样：

因为1,3矛盾、2,4矛盾，其实连出来的的线重合了，就只有这两条

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先贴一段代码，可以自己大致估摸一下什么意思

//work()函数
//Oth(x)指的就是x'
bool Work()
{
	  memset(Col,0,sizeof(Col));
	  for(int i=1;i<=n*2;++i)
	  {
	  	    if(Col[i])
			   continue;
			cnt=0;
			if(!Paint(i))
			{
				 for(int j=1;j<=cnt;++j)
				 	  Col[Ans[j]]=Col[Oth(Ans[j])]=0;
				 if(!Paint(Oth(i)))
				   return false;
			}
			else
			 continue;
      }
      return true;
}

```cpp
//Paint()函数
bool Paint(int x)//染色法
{
if(Col[x]!=0)
return Col[x]%2;
Col[x]=1;Col[Oth(x)]=2;
Ans[++cnt]=x;
for(int i=0;i如果代码没有读懂就接着向下看

---

分析一下过程

1.读入数据，并进行连边操作（我存边偷懒用的vector）

2.顺序搜索，依次进行染色的尝试（DFS过程），染为可行和不可行

3.检查可行性，输出结果







第1步已经分析过了（上面呢），看第2步。

这里用到的方法是染色法。因为要求字典序最小，每次从前向后循环，每找到一个未染色的点就对其进行DFS的染色尝试（优先尝试染为可行，这要保证字典序最小）。

那么接下来大致过程如下：

1.首先对当前点x进行染色，染为可行，其党派内的对应结点x'则染为不可行。

2.访问所有和x相连的结点vi，依次进行搜索。

3.如果vi未被染过颜色，同x的染色一样继续进行。如果vi已经被染过色，那么检查它是否可行。如果产生了矛盾，则证明当前染色是错误的，需退回将x'染为可行，x不可行（即重新对x'进行搜索，work()函数中的Paint(Oth(x))语句的含义 ）。

4.如果重新尝试染Paint(x')也不行，则意味着无解，退出函数并输出，否则继续依次尝试染色。

5.如果所有结点都被染上了颜色，程序结束，访问所有结点，输出所有被染为可行的结点

~~接下来找一道难一点的2-sat问题~~
http://blog.csdn.net/qq_30974369/article/details/73930235


~~再做完了继续来一道更难的~~
http://blog.csdn.net/qq_30974369/article/details/74025251


***
如果还没懂就好好读读完整的程序(带了注释)
~~顺带再提一句，希望能够原谅我苦逼的格式（并不太会调）~~


```cpp
/*
POI2001 和平委员会
by yyb
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

define Oth(x) (x%2==0?x-1:x+1)

const int MAX=8005;

vector e[MAX2];

short int Col[MAX2];

int Ans[MAX];

int n,m,cnt,u,v;

int read()//读入优化

{

int x=0;

short int t=1;

char ch=getchar();

while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}

while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x10+ch-48;ch=getchar();}

return xt;

}

bool Paint(int x)//染色法

{

if(Col[x]!=0)//已经染过颜色了

return Col[x]%2;//若x染色为1则不矛盾，若x染色为2,则与原来染色矛盾

Col[x]=1;Col[Oth(x)]=2;//当前x染颜色1，另一个染为颜色2

Ans[++cnt]=x;//记录一组染色

for(int i=0;i<e[x].size();++i)

{

if(!Paint(e[x][i]))//向所有联通的点搜索

return false;//如果染色出现了矛盾，则返回

}

return true;//当前x染色成功

}

bool Work()

{

memset(Col,0,sizeof(Col));//清空染色的数组

for(int i=1;i<=n*2;++i)//枚举所有的人

{

if(Col[i])//已经染过色

continue;//不用搜索

cnt=0;//当前染色的组数

if(!Paint(i))//将i染色失败

{

for(int j=1;j<=cnt;++j)//本次染的颜色全部清空

Col[Ans[j]]=Col[Oth(Ans[j])]=0;

if(!Paint(Oth(i)))//将i的另一个对应点染色

return false;//如果也失败则无解

}

else //染色成功

continue;//继续染色

}

return true;

}

int main()

{

n=read();m=read();

for(int i=1;i<=m;++i)//读入并建立边

{

u=read();

v=read();

e[u].push_back(Oth(v));

e[v].push_back(Oth(u));

}

if(Work())//尝试染色成功

{

for(int i=1;i<=n*2;++i)

if(Col[i]==1)

cout<<i<<endl;

}

else//染色失败，无解

cout<<"NIE"<<endl;

return 0;

}