题目链接:https://zhixincode.com/contest/18/problem/C?problem_id=261

样例输入 1

4 2
1 2
3 4

样例输出 1

Yes

样例输入 2

4 3
1 2
2 3
3 4

样例输出 2

No

题解:

判断一个边集是否为最小边覆盖,用最笨的方法,暴力枚举边集内所有边进行删除,看删除后是否依然覆盖所有点,这个可以用线段树优化成 $O(\log n)$ 的时间复杂度,就可以过了。这是一个比较直观的做法。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
#define x(p) (p.first)
#define y(p) (p.second)
const int maxn=2e5+;
const int maxm=3e5+; int n,m;
int d[maxn];
pii e[maxm]; #define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
struct Node{
int l,r;
int val;
bool ok;
}o[maxn<<];
void pushup(int rt)
{
o[rt].val=o[ls].val+o[rs].val;
o[rt].ok=o[ls].ok&o[rs].ok;
}
void build(int rt,int l,int r)
{
o[rt].l=l, o[rt].r=r;
if(l==r)
{
o[rt].val=d[l];
o[rt].ok=(o[rt].val>);
return;
}
int mid=(l+r)>>;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+,r);
pushup(rt);
}
void update(int rt,int pos,int val)
{
if(o[rt].l==o[rt].r)
{
o[rt].val+=val;
o[rt].ok=(o[rt].val>);
return;
}
int mid=(o[rt].l+o[rt].r)>>;
if(pos<=mid) update(ls,pos,val);
if(pos>mid) update(rs,pos,val);
pushup(rt);
} int main()
{
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(), cout.tie(); cin>>n>>m;
for(int i=;i<=m;i++)
{
cin>>x(e[i])>>y(e[i]);
d[x(e[i])]++, d[y(e[i])]++;
} build(,,n);
bool ans=o[].ok;
if(!ans) cout<<"No\n";
else
{
for(int i=;i<=m;i++)
{
update(,x(e[i]),-), update(,y(e[i]),-);
if(o[].ok) {ans=; break;}
update(,x(e[i]),), update(,y(e[i]),);
}
cout<<(ans?"Yes":"No")<<'\n';
}
}

另一个题解:

然后仔细想一下上面的思路,就会发现有点蠢。因为删掉一条边,若依然能覆盖所有点,那么必然这条边的两个端度数大于等于 $2$,因此直接判一下每条边的端点度数就好了。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
#define x(p) (p.first)
#define y(p) (p.second)
const int maxn=2e5+;
const int maxm=3e5+; int n,m;
int d[maxn];
pii e[maxm]; int main()
{
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(), cout.tie(); cin>>n>>m;
for(int i=;i<=m;i++)
{
cin>>x(e[i])>>y(e[i]);
d[x(e[i])]++, d[y(e[i])]++;
} bool ok=;
for(int i=;i<=n;i++) ok&=(d[i]>);
if(!ok) {cout<<"No\n"; return ;}
for(int i=;i<=m;i++) if(d[x(e[i])]> && d[y(e[i])]>) {ok=; break;}
if(ok) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
}

PS.线段树什么的,只能当做练手了qwq

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