[Codeforces 1239D]Catowise City(2-SAT)
[Codeforces 1239D]Catowise City(2-SAT)
题面
有n个主人,每个主人都有一只猫。每个主人认识一些猫(包括自己的猫)。现在要选出一些人和一些猫,个数均大于0且总共为n,且所有人和所有猫都互不认识。判断是否有解,有解输出任意一组方案.
\(n \leq 10^6\)
分析
如果选择人i参加,那么i认识的猫一定不能参加。那么i认识的猫的主人一定要参加。这样就可以保证少了认识的猫,但是多了认识猫的主人,人数和猫数之和仍为n.
因此可以这样建图:对于人i认识的每只猫的主人j,由i向j连一条有向边,表示选了i就一定要选j。
根据2-SAT的套路,选了一个点-双联通分量中的任意一个点,那么这个v-DCC里的所有点都要被选择。
那么就可以缩点。如果只有一个v-DCC,说明没有猫被选择,不符合题意。
否则选缩点后的图里任意一个出度为0的v-DCC即可。这里面的全选人,剩下的点全选猫。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#define maxn 1000000
using namespace std;
int t,n,m;
vector<int>E[maxn*2+5];
void add_edge(int u,int v){
E[u].push_back(v);
}
int dfn[maxn*2+5];
int low[maxn*2+5];
stack<int>st;
int cnt=0,tim=0;
int bel[maxn*2+5];
bool ins[maxn*2+5];
vector<int>bcc[maxn*2+5];
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++tim;
st.push(x);
ins[x]=1;
for(int y : E[x]){
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
}else if(ins[y]){
low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
if(low[x]==dfn[x]){
cnt++;
int y;
do{
y=st.top();
st.pop();
ins[y]=0;
bel[y]=cnt;
bcc[cnt].push_back(y);
}while(y!=x);
}
}
bool is_jury[maxn*2+5];
void ini(){
for(int i=1;i<=n*2;i++){
E[i].clear();
bcc[i].clear();
bel[i]=dfn[i]=low[i]=0;
is_jury[i]=0;
}
cnt=tim=0;
}
int main(){
int u,v;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d %d",&n,&m);
ini();
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
if(u==v) continue;
E[u].push_back(v);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
if(cnt==1) printf("No\n");
else{
printf("Yes\n");
printf("%d %d\n",bcc[1].size(),n-bcc[1].size());
for(int x : bcc[1]) {
is_jury[x]=1;
printf("%d ",x);
}
printf("\n");
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!is_jury[i]) printf("%d ",i);
}
printf("\n");
}
}
}
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