【一堆题】from hsq学长的一堆构造题

见到了久闻帅气的声音不存在的hsq学长，一堆一堆很难的构造题(更新ing) T1 : codeforces 741C 现在有2n个人按1~2n的顺序围着圆桌吃两种菜，给出n对数对(u,v)，代表第u个人和第v个人是情侣。要求每对情侣都不能吃同一种菜，且每连续的3个人(注意2n与1相邻)不能都吃同一种菜。请你找出一种符合题意的上菜方案，如果无解输出-1。 我们发现其限制其实很弱，我们可以发现-->一定有解，且我们可以证明，如果将限制的人之间连边，其成环时一定边长为偶数！那么我们直接将1连2,3连4,4连5.。。。。就可以了。 剩下的就是我不会的二分图染色了orz，学习了一波orz。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
const int maxn = 200005;
using namespace std;

int n;
int col[maxn];
vector<int>ve[maxn];
bool dfs(int x)
{
	for(int i=ve[x].size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(!col[ve[x][i]])
		{
			col[ve[x][i]] = 3-col[x];
			if(!dfs(ve[x][i])) return false;
		}
		else if(col[ve[x][i]]==col[x]) return false;
	}
	return true;
}
int cpa[maxn],cpb[maxn];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		ve[a].push_back(b); ve[b].push_back(a);
		cpa[i]=a; cpb[i]=b;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ve[i*2-1].push_back(i*2); ve[i*2].push_back(i*2-1);
	}
	bool flag = 1;
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
	{
		if(!col[i])
		{
			col[i] = 1;
			if(!dfs(i)) { flag=0;break ; } 
		}
	}
	if(flag)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			printf("%d %d\n",col[cpa[i]],col[cpb[i]]);
		}
	}
	else printf("-1");
}

CF 752F 大致题意：给定一棵n个节点的树，每个节点是一个城市，2k支球队生活在2k个不同的城市。现在要安排k场两支队伍之间的比赛，每支队伍都必须比赛，且比赛地点必须设置在两支参赛队伍所在城市之间的最短路径上，每个城市可以同时举办多场比赛。请你合理安排每支队伍的对手和比赛地点，使得可以安排尽量少的比赛地点，并输出你的方案。 大胆猜测并能发现，作为一棵树，一个比赛地点就足够了。那么我们找到的第一个比赛地点就是在队伍位置权值+1，从下往上回溯的时候加上所有子树的权值，找到第一个权值》=k的点，这就是比赛地了，之后就是以该点当根求出所有比赛地点dfs序，dfs序中i与i+k比赛就可以了。至于为什么第一个就可以了，因为他子树一定有k+1个可以互相到底并且可以到达以他为根他往上的其他<=k个点，满足题意。 本题121个点，评测了好久好久orz orz orz

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200005;
vector<int>ve[maxn];
int n,k;
int ans;
int f[maxn],fa[maxn];
int dfx,dfn[maxn];
bool dui[maxn];
void dfs(int x,int ba)
{
	if(ans) return;
	for(int i=ve[x].size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(ve[x][i]==ba) continue;
		dfs(ve[x][i],x);
		if(ans) return;
		f[x]+=f[ve[x][i]];
	}
	if(f[x]>=k) ans = x;
	return;
}
void dds(int x,int ba)
{
	if(dui[x]) dfn[++dfx]=x;
	for(int i=ve[x].size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(ve[x][i]==ba) continue;
		dds(ve[x][i],x); 
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		ve[a].push_back(b); 
		ve[b].push_back(a);
	}
	for(int i=1;i<=2*k;i++) 
	{
		int x;
		scanf("%d",&x); f[x] = dui[x] = 1; 
	}
	dfs(1,0);
	dds(ans,0);
	puts("1");
	printf("%d\n",ans);
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		printf("%d %d %d\n",dfn[i],dfn[i+k],ans);
	}
}

Codeforces 758E 给定一棵有根树，每条边有两个属性：韧性pi和重量wi。对于每一条边，你可以保持p和w均非负的前提下，令p和w同时减小一个非负数。请问是否可以在操作之后使得每条边的p都不小于以该边为根的子树中w之和，如果可以则输出任意一种使得整棵树的w之和最大的方案。 我们直接将整颗树构造成使得整颗树的w之和最小的情况（从叶子结点回溯），同时判断有无解，然后再从根将可以满足的加回去（从根开始加），这样就一定能满足性质。 为什么要这样搞？因为w之和最大方案太多不好搞，w之和最小很好找出来，在这个基础上往回加就很好搞了。 （代码先存着写（由于代码能力太弱写炸了））