题意:

输入一个二分图,用最少的颜色数给它的每条边染色,使得同一个顶点连的边中颜色互不相同。

输出至少需要的颜色数和任意一种染色方案。

分析:

证明不会,只说一下(偷瞄巨巨代码学到的)做法。

假设点的最大度数为\(M\),那么至少需要\(M\)种颜色。

下面给出一种构造方法:

对于一条边\((u, \, v)\),分别找出对于\(u\)和\(v\)还没用到的颜色\(c_1\)和\(c_2\)。

  • 如果\(c_1=c_2\),直接用颜色\(c_1\)给这条边染色就行了。
  • 如果\(c_1 \neq c_2\),和匈牙利算法的思想一样,我们先给边\((u, \, v)\)染上颜色\(c_1\)。

    对于之前和\(v\)染上颜色\(c_1\)的点t,我们用颜色\(c_2\)给边\((v, \, t)\)染色。

    如果还有颜色\(c_2\)和\(t\)冲突,持续这个过程,继续把新的颜色出来。

这种做法还能顺便解决掉UVa 10615

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int maxn = 1000 + 10;
const int maxm = 100000 + 10; int col[2][maxn][maxn];
int id[maxn][maxn];
int ans[maxm]; void dfs(int p, int u, int v, int c1, int c2) {
int t = col[p^1][v][c1];
col[p][u][c1] = v; col[p^1][v][c1] = u; if(!t) {
col[p^1][v][c2] = 0;
return ;
} dfs(p^1, v, t, c2, c1);
} int main()
{
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= k; i++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
id[u][v] = i; int c1 = 1, c2 = 1;
while(col[0][u][c1]) c1++;
while(col[1][v][c2]) c2++;
cnt = max(cnt, max(c1, c2)); if(c1 == c2) {
col[0][u][c1] = v;
col[1][v][c1] = u;
} else {
dfs(0, u, v, c1, c2);
}
} printf("%d\n", cnt);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
if(col[0][i][j])
ans[id[i][col[0][i][j]]] = j;
for(int i = 1; i <= k; i++) printf("%d ", ans[i]);
printf("\n"); return 0;
}

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