题目来源:洛谷

题目描述

曹是一只爱刷街的老曹,暑假期间,他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹,感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学,不让曹刷街。

阳光大学的校园是一张由N个点构成的无向图,N个点之间由M条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁,当某个点被封锁后,与这个点相连的道路就被封锁了,曹就无法在与这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是,河蟹是一种不和谐的生物,当两只河蟹封锁了相邻的两个点时,他们会发生冲突。

询问:最少需要多少只河蟹,可以封锁所有道路并且不发生冲突。

输入输出格式

输入格式:

第一行:两个整数N,M

接下来M行:每行两个整数A,B,表示点A到点B之间有道路相连。

输出格式:

仅一行:如果河蟹无法封锁所有道路,则输出“Impossible”,否则输出一个整数,表示最少需要多少只河蟹。

输入输出样例

输入样例#1:

3 3
1 2
1 3
2 3
输出样例#1:

Impossible
输入样例#2:

3 2
1 2
2 3
输出样例#2:

1

说明

【数据规模】

1<=N<=10000,1<=M<=100000,任意两点之间最多有一条道路。

解析:

这题质量很高,卡了我一天,最后也是有思路了,然而还是卡了几次没过,原来这题可能有不连通的子图。。。

仔细研究题目之后,我们发现在这样一个无向图中,按照题目要求,每条边都要被占据。

如果每条边都要被占据,那么这条边的两端点必然有一点占了一个河蟹。

也就是说,一个无向图中,如果要满足题目条件,必须满足在每条边都被占据的情况下,每条边两端点上不能同时出现河蟹,但是其中有一点要有一只河蟹。

题解里dalao管这思路叫染色,每条边两端不能出现相同颜色

我们可以搜一遍整个图,记录每个点是否被染色,以及每种颜色的染色次数。

因为这个颜色具体来说就代表着河蟹的位置,那么,每次搜索会得到两种颜色的解,也就是说河蟹以这两种方式放置是等价的,我们可以手模检验一下。

我们只要取其中最小值就是河蟹的最小数量了。

前面提到有不连通子图,这就很坑,我们每次搜索完的时候还要看看整个图是否全部被遍历到,否则就要在另一个子图中继续我们的搜索,并累加答案。

参考代码:

 #include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
#define N 20010
using namespace std;
int head[N],tot,n,m;
bool v[N*],pr[N*];
int sum[];
struct node{
int ver,next;
}g[N*];
void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
} bool dfs(int x,int color)
{
if(v[x]){
//如果当前走到的点已被染色,判断它与上一个点构成的关系是否合法
if(pr[x]==color) return true;
else return false;
}
v[x]=;pr[x]=color;//记录染色状态
sum[color]++;//记录染色次数
bool k=;//初始允许访问
for(int i=head[x];i&&k;i=g[i].next){//走下一步
int y=g[i].ver;
k=k&&dfs(y,-color);//能否访问下一个点?
//下一个点换一种颜色
}
return k;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
int ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(v[i]) continue;
sum[]=sum[]=;//发现子图,再次对子图染色
if(!dfs(i,)){
printf("Impossible\n");return ;
}
ans+=min(sum[],sum[]);//很巧妙一个地方,小的那一个一定是河蟹的数量
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}

2019-05-29 19:25:54

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