2015 多校赛 第五场 1006 (hdu 5348)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5348
题目大意:给出一幅无向图,问是否存在一种方案,使得给每条边赋予方向后,每个点的入度与出度之差小于等于1。如不存在,输出-1;存在,则按边的输入顺序输出方向。
比如:若给出第 m 条边为 u,v,则在对应第m行输出0表示u->v,输出1表示u<-v。
解题思路:
首先证明一定可以构造出符合要求的图。
对于一个环,显然可以使得其内的每个点入度与出度相等。之后可以把环看成点。
对于一棵树,则可以通过均分其子结点使得入度与出度之差小于等于1。
因此可以看作是把图分成由环和点构成的森林。则一定有解。
dfs遍历,首先遍历度数为奇数的点,因为这些点一定是起点或者终点。遍历完之后删去遍历过的边。
再遍历剩下的边。
代码中给ans[(id>>1)+1]的赋值,是因为每输入一条边,都向邻接表中加入两条有向边,因此边的本身序号 id 与在邻接表中的序号 id‘ 的关系为
id'>>1=id。这里 id' 为(0,1),(2,3)....因此直接除以2得到对应的序号。+1则只是为了使其在ans数组中从 1 开始储存。看个人习惯。
也算是被逼着学了下数组的邻接表用法。之前只会用vector的邻接表。
对结点 i ,head[i]表示以结点 i 为起点的最后一条加入的边,初始化为-1。
对边 j ,pre[j]表示与边 j 同起点的上一条边的编号,或者说再Edge数组中的序号;nxt[j]则表示同起点的下一条边的编号。
可以用to[j]表示边 j 的终点。也可以用结构体维护起点和终点的关系。
cost[j] 表示边 j 的边权。
代码如下:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 200005
#define M 600005
struct edge{
int u,v;
edge(){}
edge(int u,int v):u(u),v(v){}
}Edge[M];
int head[N],pre[M],nxt[M],du[N],ans[M>>],E;
int n,m,t,a,b;
void init(){
memset(head,-,sizeof(head));
memset(nxt,-,sizeof(nxt));
memset(du,,sizeof(du));
E=;
}
void addedge(int u,int v){
Edge[E]=edge(u,v);
pre[E]=head[u];
head[u]=E;
E++;
Edge[E]=edge(v,u);
pre[E]=head[v];
head[v]=E;
E++;
}
void dfs(int u){
while(head[u]!=-){
du[u]--;
int id=head[u],v=Edge[id].v;
if(id&) ans[(id>>)+]=;
else ans[(id>>)+]=;
int Pre,Nxt;
head[u]=pre[id];
Pre=pre[id];
Nxt=nxt[id];
if(Pre!=-) nxt[Pre]=Nxt;
if(Nxt!=-) pre[Nxt]=Pre;
id^=;
if(head[v]==id)
head[v]=pre[id];
Pre=pre[id];
Nxt=nxt[id];
if(Pre!=-) nxt[Pre]=Nxt;
if(Nxt!=-) pre[Nxt]=Pre; u=v;
if(du[v]) du[v]--;
}
}
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
addedge(a,b);
du[a]++,du[b]++;
}
for(int i=;i<E;i++) if(pre[i]!=-)
nxt[pre[i]]=i;
for(int i=;i<=n;i++)
nxt[head[i]]=-;
for(int i=;i<=n;i++) if(du[i]&)
dfs(i);
for(int i=;i<=n;i++) if(du[i])
dfs(i);
for(int i=;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
return ;
}
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