CF1439B Graph Subset Problem

Graph Subset Problem

题目链接。

Problem

\(T\) 组数据。

给你一个有 \(n\) 个顶点和 \(m\) 条边的无向图，和一个整数 \(k\)。

请你找到一个大小为 \(k\) 的团（称一个 \(k\) 个点的集合为团，当且仅当点集大小为 \(k\)，并且该子集的每两个顶点之间存在一条边）或一个非空的顶点子集，使该子集的每个顶点在该子集中至少有 \(k\) 个邻居。

输出方案。

对于每个测试用例：

• 如果找到一个合法点集，在第 \(1\) 行输出 1 和子集的大小。在第 \(2\) 行，以任意顺序输出子集的顶点。
• 如果找到一个大小为 \(k\) 的团，那么在第 \(1\) 行输出 2。第 \(2\) 行中，以任意顺序输出该团的顶点。
• 如果没有所需的子集和集团，请输出 -1。
• 如果存在多个可能的答案，输出其中任意一个。

数据范围：\(1 \le n, m, k \le 10^5\)，\(1 \le \sum n \le 2 \times 10^5\)。

Sol

首先如果 \(k > \sqrt m\)，那么一定无解。然后先把所有度数小于 \(k - 1\) 的点删掉（要更新度数）。发现如果满足条件的团一定可以有一个点在当前的图中度数为 \(k - 1\)，不然我可以找到一个点集。对于所有当前度数为 \(k - 1\) 的点，暴力枚举所有连出去的点，判断两两之间是否有连边，由于这样的点不超过 \(\lfloor \frac mk \rfloor\) 个，使用 umap 可以使判定变为 \(\mathcal{O}(1)\)。这一部分的复杂度为 \(\mathcal{O}(mk)\)。然后删掉所有度数小于 \(k\) 的点。如果这个时候，点集被变成了空集，此时就是无解的。如果还有剩下的点，则这些点构成一个合法的点集。然后删点的过程显然可以用一个类似于拓扑排序的东西解决。时间复杂度 \(\mathcal{O}(m\sqrt m)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int n, m, K;
int deg[100005], vis[100005], vse[100005];
vector<pii> e[100005];
queue<int> que;
unordered_map<int, int> mp[100005];
int tp, stk[100005];
int Work(int x) {
	if ((int) mp[x].size() == K - 1) {
		tp = 0;
		for (auto i : mp[x])
			stk[++tp] = i.first;
		int mark = 1;
		for (int i = 1; i <= tp && mark; i++)
			for (int j = i + 1; j <= tp && mark; j++)
				if (!mp[stk[i]].count(stk[j]))
					mark = 0;
		if (mark) {
			printf("2\n%d ", x);
			for (int i = 1; i <= tp; i++)
				printf("%d%c", stk[i], " \n"[i == tp]);
			return 1;
		}
	}
	for (auto i : mp[x]) {
		deg[i.first]--;
		if (deg[i.first] == K - 1)
			que.emplace(i.first);
		mp[i.first].erase(x);
	}
	mp[x].clear(), deg[x] = 0;
	return 0;
}
int ans[200005];
void Solve() {
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		deg[i] = vis[i] = 0, e[i].clear(), mp[i].clear();
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		e[u].emplace_back(v, i), e[v].emplace_back(u, i);
		deg[u]++, deg[v]++;
	}
	if (K > ceil(sqrt(2 * m)))
		return puts("-1"), void();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (deg[i] < K - 1)
			que.emplace(i), vis[i] = 1;
	while (!que.empty()) {
		int u = que.front();
		que.pop();
		for (auto i : e[u]) {
			int v = i.first, id = i.second;
			if (vse[id])
				continue;
			vse[id] = 1;
			deg[v]--;
			if (deg[v] < K - 1 && !vis[v])
				que.emplace(v), vis[v] = 1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (auto j : e[i])
			if (!vse[j.second])
				mp[i][j.first] = 1;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		vse[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (deg[i] == K - 1)
			que.emplace(i);
	int mark = 0;
	while (!que.empty()) {
		int u = que.front();
		que.pop();
		if (!mark)
			mark = Work(u);
	}
	if (mark)
		return;
	int aCnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (deg[i] >= K)
			ans[++aCnt] = i;
	if (!aCnt)
	    return puts("-1"), void();
	printf("1 %d\n", aCnt);
	for (int i = 1; i <= aCnt; i++)
		printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == aCnt]);
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
		Solve();
	return 0;
}