noip2010关押罪犯
https://www.zybuluo.com/ysner/note/1334611
居然开始写水题题解了，noip退役预定
题面
解析
这道题似乎有三种做法：
并查集
我们知道，如果要求两个人不冲突，它们必须在不同监狱里。
然而总共也只有两个监狱啊。
所以对于一个人来说，要么和另一个人在同一监狱，要么和另一人不在同一监狱。
这种二分图式的排斥关系，其实可以用并查集的补集来表示。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,m,f[N];
il int find(re int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
struct dat{int u,v,w;il bool operator < (const dat &o) const {return w>o.w;}}a[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void cmax(re int &x,re int y){x=(x>y?x:y);}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,n*2) f[i]=i;
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
a[i]=(dat){u,v,w};
}
sort(a+1,a+1+m);
fp(i,1,m)
{
re int u=a[i].u,v=a[i].v,w=a[i].w,fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv) return printf("%d\n",w),0;
f[fu]=find(v+n);f[fv]=find(u+n);
}
puts("0");
return 0;
}
二分图染色
仔细看看题，你会发现，要求的其实是最小化的最大值。
这种问题可以二分。
于是只连权值大于\(mid\)的边。
然后判断所有边的两端是否能去不同的监狱。
这个可以用二分图染色完成。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;++i)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,m,h[N],cnt,col[N],tag;
struct Edge{int to,nxt;}e[N<<1];
struct dat{int u,v,w;il bool operator < (const dat &o) const {return w>o.w;}}a[N];
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void dfs(re int u)
{
if(!tag) return;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(col[v]==-1) col[v]=col[u]^1,dfs(v);
else if(col[v]==col[u]) {tag=0;return;}
}
}
il int check(re int x)
{
memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0;memset(col,-1,sizeof(col));
fp(i,1,m)
if(a[i].w>x) add(a[i].u,a[i].v),add(a[i].v,a[i].u);
tag=1;
fp(i,1,n) if(col[i]==-1) col[i]=0,dfs(i);
return tag;
}
il void cmax(re int &x,re int y){x=(x>y?x:y);}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
a[i]=(dat){u,v,w};
}
sort(a+1,a+1+m);
re int l=0,r=a[1].w,ans=0;
while(l<=r)
{
re int mid=l+r>>1;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
二分图
众所周知，要形成二分图，图中不能有奇环。
所以我们把边按边权排序后，只要一条边加入后形成了奇环，就可以输出答案了。
所以怎么判呢？
判是否形成环可以用并查集，判形成的环是否是奇环当然也可以用并查集。
因为每次连边，我们都是把并差集的根结点相连。
如果在之前根结点已经相连，再连边就会形成环。
环的大小吗，就是两端点分别离根结点的距离之和\(+1\)。（当然不能路径压缩）
所以每次合并时，我们维护一下每个点到其并查集父亲距离的奇偶性。
求环大小时，从两端点分别暴跳父亲即可。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define pc(a) putchar(a)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2e5+100,inf=1e9+100;
int f[N],n,m,dp[N],h[N];
bool vis[N];
ll ans;
struct dat{int u,v,w;bool operator < (const dat &o) const {return w>o.w;}}a[N<<1];
il int find(re int x){while(f[x]^x) x=f[x];return x;}
il int Dis(re int x){re int res=0;while(f[x]^x) res^=dp[x],x=f[x];return res;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,n) f[i]=i,h[i]=1;
fp(i,1,m) a[i].u=gi(),a[i].v=gi(),a[i].w=gi();
sort(a+1,a+1+m);
fp(i,1,m)
{
re int u=a[i].u,v=a[i].v,fu=find(u),fv=find(v),w=a[i].w;
if(fu^fv) dp[fu]^=Dis(u)^Dis(v)^1,f[fu]=fv;
else if(Dis(u)^Dis(v)==0) {printf("%d\n",w);return 0;}
}
puts("0");
return 0;
}
