CF1240F Football 题解

题意

（稍微简化了一些）

\(n\) 个点， \(m\) 条边，每条边需要染成 \(k\) 种颜色中的一种，要求对于每个点，与其相连的边中任意两种颜色数量不超过 \(2\) ，构造方案。

\((1\le n\le100,1\le m,k\le1000)\)

题解

这题太牛逼了！！！

莫名想到把这个图变成二分图，把边 \(u,v\) 变成 \((u,v+n)\) 即可。

如果能保证此时每个点的颜色差不超过 \(1\) ，就能满足题意。（真可以满足……）

颜色差不超过 \(1\) ，先设这个点的度数为 \(d\) ，设 \(d=ak+b\) ，所以能有 \(a\) 组有 \(k\) 种颜色互不相同，另外一组有 \(b\) 个不同的颜色。

把每组变成一个点，只要保证之前的点颜色满了，现在的尽量满即可。

考虑新加一条边的时候，连边 \((u,v)\) 。（刚才提到的点）

现在要对于一个点，没有两条边颜色相同了。

首先如果 \(u\) 和 \(v\) 有同一个颜色没有被使用过，就直接将这个边弄上这个颜色。

如果没有，随便对 \(u\) 找一个没用的颜色 \(c1\) ，对 \(v\) 找一个没用过的颜色 \(c2\) 。

首先把 \(v\) 占用了颜色 \(c1\) 的边颜色变成 \(c2\) ，最先的这条边颜色为 \(c1\) 。

此时颜色为 \(c2\) 指向的点肯定没有被占用过 \(c1\) ，把原本颜色是 \(c2\) 的边变成 \(c1\) 即可。

这样递归下去，直到没有冲突为止。

考虑是否有无法匹配的问题，即又走回 \(u\) ，此时是一个偶环，则边颜色为 \(c2\) ，说明 \(u\) 没有 \(c2\) 这条边，矛盾。

所以这样匹配就行了。

复杂度大概分析一下是 \(O(nm^2)\) 。但完全跑不满。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,m,k,tot,d[N],pn[N],co[N],id[N][N],to[N][N];
void upd(int x,int c1,int c2){
	swap(id[x][c1],id[x][c2]);swap(to[x][c1],to[x][c2]);
	co[id[x][c2]]=c2;
	if(to[x][c2]) upd(to[x][c2],c2,c1);
}
signed main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x);
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);v+=n;
		if(d[u]%k==0) pn[u]=++tot;
		if(d[v]%k==0) pn[v]=++tot;
		d[u]++;d[v]++;u=pn[u];v=pn[v];
		int&c=co[i];
		for(int j=1;j<=k;j++)
			if(!to[u][j]&&!to[v][j]) {c=j;break;}
		if(!c){
			int cc;
			for(int j=1;j<=k;j++)
				if(!to[u][j]) {c=j;break;}
			for(int j=1;j<=k;j++)
				if(!to[v][j]) {cc=j;break;}
			upd(v,c,cc);
		}
		to[u][c]=v;to[v][c]=u;id[u][c]=id[v][c]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",co[i]);
	return 0;
}