P11022 「LAOI-6」Yet Another Graph Coloration Problem 解题报告

1. 题目核心思想解读

首先，我们来弄懂题目到底要求我们做什么。题目要求我们将图中的节点染成黑白两色，同时满足三个条件：

至少有一个黑点。
至少有一个白点。
任意一个黑点 u 和一个白点 v 之间，都必须有至少两条不同的简单路径。

前两个条件很简单，只要我们不把所有点染成同一种颜色就行。关键在于第三个条件。

“两点之间有至少两条路径”，在图论中，这是一个非常强烈的信号，它通常和环（Cycle）或者双连通分量有关。

想象一下，如果两点 u 和 v 在一个环上，那么从 u 到 v 天然就有两条路径：顺时针走和逆时针走。这个性质启发我们，问题的解很可能和图中的环有关。

如果一个图没有环，它就是一棵树（或者森林，即多个不连通的树）。在树上，任意两点之间的路径是唯一的。因此，如果图是一棵树，我们无论如何染色，都无法满足黑白点之间有两条路径的要求。所以，如果给定的图是树或森林，一定无解。

2. 解题策略：寻找一个“环”并利用它

既然“环”是关键，我们的策略就是找到图中的一个环，并利用它来构造一种合法的染色方案。

怎么找环呢？一个经典的方法是深度优先搜索（DFS）。

构建 DFS 树：我们从任意一个节点（比如 1 号点）开始进行 DFS 遍历。所有通过 DFS 访问边走过的路径会构成一棵生成树，我们称之为 “DFS 树”。
寻找返祖边：在 DFS 过程中，如果当前节点 u 遇到一个邻居 v，而 v 之前已经被访问过，并且 v 不是 u 的父节点，那么边 (u, v) 就是一条返祖边。这条返祖边 (u, v) 和 DFS 树上从 v 到 u 的路径一起，构成了一个环。

(上图中，实线是 DFS 树的边，虚线 (x, p) 是一条返祖边)

找到了一个环，我们就可以构造染色方案了！题解给出了一个非常巧妙的构造方法：

假设我们找到了一条返祖边 (x, p)，其中 x 在 DFS 树中的深度比 p 更深。
我们将节点 x 以及它在 DFS 树中的所有子孙节点（即 x 的子树）全部染成黑色。
将图中的其余所有节点染成白色。

3. 为什么这个构造是正确的？

我们来验证一下这个染色方案是否满足“任意黑白点对之间都有两条路径”。

设 b 是任意一个黑点，w 是任意一个白点。根据我们的构造，b 肯定在 x 的子树里，而 w 在子树外。

路径一（树上路径）：
由于整个图是连通的，在 DFS 树上，b 和 w 之间必然存在一条唯一的路径。这条路径完全由树边构成。
路径二（绕行返祖边）：
1. 从黑点 b 出发，沿着 DFS 树向上走到 x。
2. 通过返祖边 (x, p)，我们从 x 直接跳到了它的祖先 p。
3. 因为 p 是 x 的祖先，所以 p 不在 x 的子树里，因此 p 是一个白点。
4. 现在我们位于白点 p，目标是另一个白点 w。我们只需沿着 DFS 树的路径从 p 走到 w 即可。

这条新路径 b → ... → x → p → ... → w 使用了返祖边 (x, p)，而路径一完全没有使用它。因此，这两条路径必然是不同的。这样，我们就为任意一对黑白点找到了两条不同的简单路径。

所以，只要我们能找到至少一条返祖边，就意味着图中有环，我们就能用上述方法构造出一种合法的解。

4. 无解的情况

根据上面的分析，我们可以总结出无解的情况：

图不连通：如果图不连通，我们把一个连通块染成黑色，另一个染成白色，那么黑白点之间根本没有路径，不满足条件。如果我们只在一个连通块内染色，那其他连通块的点颜色怎么算？为了满足“至少一个黑点”和“至少一个白点”的条件，我们必须把颜色分布在整个图中，这在不连通图上是无法满足“两条路径”条件的。
图连通但没有环（即图是一棵树）：如前所述，树上任意两点路径唯一，无法满足条件。

一个连通的图没有环，等价于它没有返祖边。所以，无解的充要条件就是：图不连通，或者图中没有环。

5. 代码实现解析

题解中提供的代码正是实现了上述思路，它通过两次 DFS 来完成任务。

#include<bits/stdc++.h>
// ... (头文件和定义)

vector<int>q[200005]; // 邻接表存图
int vis[200005];     // 访问标记数组
int qwq[200005];     // 多功能标记数组，下面解释
int ans;             // 标记是否找到了返祖边(即是否有环)

// 第一次DFS：检查连通性和寻找返祖边
void inline dfs(int x,int fa){
   vis[x]=1; // 标记x已访问
   for(int i=0;i<q[x].size();i++){
       int v = q[x][i];
       if(v==fa) continue; // 忽略到父节点的边
       if(vis[v]){ // 如果邻居v已经被访问过，且不是父节点
           if(ans==0) { // 找到第一条返祖边
               ans=1;      // 标记我们找到了环
               qwq[x]=1;   // 标记x是某条返祖边的“深端”点
           }
       } else { // 如果邻居v未被访问
           dfs(v,x); // 继续DFS
       }
   }
}

// 第二次DFS：根据第一次的结果进行染色
void inline dfs2(int x, int y){
    vis[x]=1; // 再次使用vis数组，标记已访问
    // y表示x的祖先中，是否有被标记为“深端”的点
    // qwq[x]继承自身或祖先的标记
    qwq[x]=max(qwq[x], y); 
    for(int i=0;i<q[x].size();i++){
        int v = q[x][i];
        if(!vis[v]) {
            // 将标记(qwq[x])传递给子节点
            dfs2(v, max(y, qwq[x])); 
        }
    }
}

int main(){
   cin>>t;
   while(t--){
       // 初始化
       cin>>n>>m;
       ans=0;
       for(int i=1;i<=n;i++) q[i].clear(), vis[i]=0, qwq[i]=0;
       // 读入图
       for(int i=1;i<=m;i++){ cin>>u>>v; q[u].push_back(v); q[v].push_back(u); }

       // 1. 运行第一次DFS
       dfs(1,0);
       
       // 2. 检查无解情况
       bool opt=false;
       for(int i=1;i<=n;i++) {
           if(vis[i]==0) { // 如果有节点没被访问到，说明图不连通
               opt=1;
               cout<<-1<<"\n";
               break;
           }
       }
       if(opt) continue;
       if(ans==0){ // 如果ans仍为0，说明没找到返祖边，图是树
           cout<<-1<<"\n";
           continue;
       }

       // 3. 有解，运行第二次DFS进行染色
       for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0; // 重置vis数组
       dfs2(1,0);

       // 4. 输出结果
       for(int i=1;i<=n;i++){
           if(qwq[i]) cout<<"B"; // qwq[i]为1的点是黑色
           else cout<<"W";      // 否则是白色
       }
       cout<<"\n";
   }
}

代码逻辑梳理：

dfs 函数：
- 从节点 1 开始遍历图。
- vis 数组用于判断节点是否已访问。
- 当发现一个已访问的邻居 v（且不是父节点）时，就找到了一个环。ans=1 记录下这个事实。
- qwq[x]=1 标记当前节点 x 是我们找到的环的一部分（具体来说，是返祖边的那个深度更深的点）。
- dfs 结束后，检查 vis 数组可以判断图是否连通。检查 ans 变量可以判断图是否有环。
dfs2 函数：
- 这个函数的目的是实现染色。我们的染色策略是“将 x 的子树染黑”。
- 代码的实现比这个策略更通用一些：它将所有在第一次 dfs 中被 qwq 标记为 1 的节点，以及这些节点的所有后代，都染成黑色。
- dfs2(x, y) 中的 y 参数起到了一个“继承”的作用。如果一个节点的祖先 p 被标记了（qwq[p]=1），那么这个标记会通过 y 参数一路传递给 p 的所有子孙。
- 最终，qwq[i] == 1 的所有节点 i 就构成了我们的黑色节点集合，其余为白色。

6. 总结

本题的核心是将一个看似复杂的图论问题，转化为一个经典且直观的子问题：判断图中是否存在环。

解题步骤：
1. 通过 DFS 判断图是否连通且有环。
2. 如果图不连通或是树，则无解，输出 -1。
3. 如果有环，则存在返祖边。任选一条返祖边 (x, p)（x 是 p 的后代）。
4. 将 x 及其在 DFS 树中的子树染成黑色，其余染成白色，这便是一种合法的构造方案。
5. 代码通过两次 DFS 高效地实现了这个判断和构造过程。

这个思路清晰地展示了如何利用图的基本性质（环、DFS树、返祖边）来解决复杂约束下的构造问题。

posted @ 2025-07-14 14:34 surprise_ying 阅读(14) 评论(0) 收藏举报

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