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给定一个非负整数序列$D=\{d_1,d_2,...d_n\}$,若存在一个无向图使得图中各点的度与此序列一一对应,则称此序列可图化。进一步,若图为简单图,则称此序列可简单图化。

可图化的判定为:$d_1+d_2+ \cdots +d_n=0(mod2)$。即把奇数度的点配对,剩下的变为自环。
可简单图化的判定,即Havel-Hakimi定理:

我们把序列$D$变换为非增序列,即$d_1\geq d_2\geq \cdots \geq d_n$,则$D$可简单图化当且仅当$D'=(d_2-1, d_3-1, \cdots ,d_{(d1+1)}-1, d_{d1+2}, d_{d1+3}, \cdots ,d_n)$可简单图化。

证明:

<--:若$D'$可简单图化,把原图$G_D$中的最大度点与$G_{D'}$中度最大的$d_1$个点连边即可,图$G_D$必为简单图。

-->:若$D$可简单图化,设得到的简单图为$D_G$。分两种情况考虑:
(a)若$G_D$中存在边$(v_1,v_2), (v_1,v_3), \dots ,(v_1,v_{d_1+1})$,则删除这些边得简单图$G_{D'}$,于是$D'$可简单图化为$G_{D'}$

(b)若存在点$v_i,v_j(i<j)$且$(v_1,v_i)$不在$G_D$中,但$(v_1,v_j)$在$G_D$中。这时,因为$d_i \geq d_j$,必存在$k$使得$(v_i, v_k)$在$D_G$中但$(v_j,v_k)$不在$G_D$中。这时我们可以令$G''=G_D-\{(v_i,v_k),(v_1,v_j)\}+\{(v_k,v_j),(v_1,v_i)\}$。$G''$的度序列仍为$D$,使用情况(a)处理。

例如对于下图,我们删除两条打红X的边,添加两条虚线的边,即可转化为$G''$

代码实现很简单,每次对数组arr排序,然后对于arr[1],arr[2],...,arr[arr[0]]每个数减一,并另arr[0]=0。重复n次,最后检验数组是否全部为0,是则输出YES和图,否则输出NO。

需要注意的是输出格式,每两个case之间需要输出一个空行。

代码如下:

 #include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 11
using namespace std;
class node
{
public:
int id;
int degree;
bool operator < (const node & a)const
{
return degree>a.degree;
}
};
int n;
node arr[MAXN];
int map[MAXN][MAXN];
void solve()
{
memset(map, , sizeof(map));
for( int i = ; i < n ; i++ )
{
sort(arr, arr+n);
for( int j = ; j <= arr[].degree ; j++ )
{
arr[j].degree -= ;
map[arr[].id][arr[j].id] = ;
map[arr[j].id][arr[].id] = ;
}
arr[].degree = ;
}
for( int i = ; i < n ; i++ )
{
if( arr[i].degree < )
{
printf("NO\n\n");
return ;
}
}
printf("YES\n");
for( int i = ; i < n ; i++ )
{
for( int j = ; j < n ; j++ )
{
printf("%d%c", map[i][j], j==(n-)?'\n':' ');
}
}
printf("\n");
}
int main(int argc, char *argv[])
{
int t;
scanf("%d", &t);
while( t-- )
{
scanf("%d", &n);
for( int i = ; i < n ; i++ )
{
scanf("%d", &arr[i].degree);
arr[i].id = i;
}
solve();
}
}

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