二分图染色 笔记
二分图染色 笔记
大致思路
把二分图中不能处于同一集合的点连一条边，在该边两端染上不同颜色，即 0 和 1 。若出现矛盾则说明不能成立，直接返回。
例题1——封锁阳光大学
https://www.luogu.com.cn/problem/P1330
题目描述
曹是一只爱刷街的老曹，暑假期间，他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹，感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学，不让曹刷街。
阳光大学的校园是一张由 \(n\) 个点构成的无向图，\(n\) 个点之间由 \(m\) 条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁，当某个点被封锁后，与这个点相连的道路就被封锁了，曹就无法在这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是，河蟹是一种不和谐的生物，当两只河蟹封锁了相邻的两个点时，他们会发生冲突。
询问：最少需要多少只河蟹，可以封锁所有道路并且不发生冲突。
输入格式
第一行两个正整数，表示节点数和边数。
接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(u,v\)，表示点 \(u\) 到点 \(v\) 之间有道路相连。
输出格式
仅一行如果河蟹无法封锁所有道路，则输出 Impossible，否则输出一个整数，表示最少需要多少只河蟹。
样例 #1
样例输入 #1
3 3
1 2
1 3
2 3
样例输出 #1
Impossible
样例 #2
样例输入 #2
3 2
1 2
2 3
样例输出 #2
1
提示
【数据规模】
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n \le 10^4\)，\(1\le m \le 10^5\)，保证没有重边。
题意
题意可以转化为对于每一个边，都严格地有且仅有一个点被选中。
思路
每个边的两个点不能出现在同一集合，即可转化为二分图染色问题。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5;
vector<int>g[N];
int col[N],n,m,s[2];
bool dfs(int u,int c)
{
col[u]=c;s[c]++;
for(auto v:g[u])
{
if(col[v]==col[u]) return false;
if(col[v]==-1&&!dfs(v,!c)) return false;
}
return true;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
cin>>u>>v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
memset(col,-1,sizeof(col));
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int pre0=s[0],pre1=s[1];
if(col[i]==-1&&!dfs(i,0))
{
cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
ans+=min(s[0]-pre0,s[1]-pre1);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
例题2——西湖有雅座
https://www.luogu.com.cn/problem/P11409
题目背景
江湖路上走走停停，翻开年少漂泊的回忆。
如今走过这世间，万般留恋，风吹起了从前 。
题目描述
孙亦谐准备建西湖雅座来开饭馆。
他有 \(n\) 个零件，零件的大小均为 \(h\times w\)。零件从 \(1 \sim n\) 编号。
对于一个大小为 \(h \times w\) 的零件，其可视为一个 \(h\) 行 \(w\) 列的矩阵 \(w\)。若用 \(a_{i,j}\) 来表示这个矩阵中第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素。对于 \(\forall a_{i,j}\)，都有 $a_{i,j}\in \left { 0,1\right } $。
则编号为 \(i\) 的零件的面积为： $S\left(i\right) = \sum_{i = 1}^{h}\sum_{j = 1}^{w}a_{i,j} $。
若编号为 \(l\) 和 \(r\) 的两个零件的分别表示为矩阵 \(a\) 和 \(b\)，其在同一座楼的稳固程度可表示为：
孙亦谐需要将这 \(n\) 个零件先选取若干个按照任意顺序排列搭成大楼，然后把剩余的零件搭成小楼。若没有剩余零件，则可以不搭小楼。
设 \(U\) 表示某座楼选取的零件编号的集合，则这座楼能成功搭建的条件是：
孙亦谐想知道在保证两座楼能成功搭建的条件下，让大楼使用的零件数尽量多。若无法成功搭建，则直接输出 -1。
输入格式
第一行输入包含三个正整数 \(n,h,w\)，分别表示零件的个数、零件的行数、零件的列数。
接下来输入 \(n\) 个零件所表示的矩阵。
对于每个零件的矩阵 \(a\)，输入的格式如下：
共输入 \(h\) 行，每行 \(w\) 个元素。
第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素 \(a_{i,j}\)，表示这个矩阵中第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素。
输出格式
输出一个整数，表示在搭建成功的情况下，大楼最多能使用多少个零件。若无法成功搭建，则直接输出 -1。
样例 #1
样例输入 #1
3 2 2
0 1
1 1
1 0
0 0
0 1
0 1
样例输出 #1
2
样例 #2
样例输入 #2
3 2 2
0 1
1 0
0 0
0 1
1 0
0 0
样例输出 #2
-1
提示
【样例1解释】
可以证明最优方案是用第一个零件和第三个零件搭大楼，用第二个零件搭小楼。
【数据范围】
本题采用捆绑测试。
- Subtask 1（30 points）：\(n \le 20\)。
- Subtask 2（5 points）：\(w = h = 1\)。
- Subtask 3（65 points）：无特殊限制。
对于所有测试数据，\(1 \le n \le 1000\)，\(1 \le w,h \le 6\)。
思路
由于数据比较小，可以先预处理出任何两个零件是否能出现在同一栋大楼上。然后便可以直接转化为二分图染色问题求解。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h,w;
const int N=1005;
int a[1000+5][10][10];
int t[N];
vector<int>g[N];
int k[N];
int s[N];
int ans;
bool dfs(int u,int c){
k[u]=c;s[c]++;
for(auto v:g[u]){
if(k[v]==k[u]) return false;
if(k[v]==-1&&!dfs(v,1-c)) return false;
}
return true;
}
int main(){
cin>>n>>h>>w;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=h;j++)
for(int k=1;k<=w;k++){
cin>>a[i][j][k];
t[i]+=a[i][j][k];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
int f=0;
for(int x=1;x<=h;x++)
for(int y=1;y<=w;y++){
f+=a[i][x][y]&&a[j][x][y];
}
if(f<(min(t[i],t[j])+1)/2){
g[i].push_back(j);
g[j].push_back(i);
}
}
memset(k,-1,sizeof k);
for(int i=1;i<=n;i++){
int p0=s[0];
int p1=s[1];
if(k[i]==-1&&!dfs(i,1)){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
ans+=max(s[0]-p0,s[1]-p1);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
本题后记
本题为2024年12月的[DHOI] Round 1洛谷比赛中,数据实在过水。同机房的QCdalao直接写了个假贪心过了第二和第三个包（难以想象），而FRZdalao则写出了第一个包，于是……
超级缝合怪
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define FRZ_29
#endif
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned;
//using i128 = __int128;
const int N = 1005;
#define PRINT(x) cout << #x << " = " << x << "\n"
#define LF(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); i++)
#define RF(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); r++)
int n, h, w, s[N], f[N][N];
int m[N][10][10], ans;
vector<int> U;
bool vis[N];
bool check() {
LF(i, 0, U.size() - 1) {
LF(j, i + 1, U.size() - 1) {
if (f[U[i]][U[j]] < (min(s[U[i]], s[U[j]]) + 1) / 2) {
return false;
}
}
}
LF(i, 1, n) {
if (vis[i]) continue;
LF(j, i + 1, n) {
if (vis[j]) continue;
if (f[i][j] < (min(s[i], s[j]) + 1) / 2) return false;
}
}
return true;
}
void dfs(int d) {
if (d == n + 1) {
if (check()) ans = max(ans, max((int)(n - U.size()), (int)(U.size())));
return;
}
U.push_back(d);
vis[d] = 1;
dfs(d + 1);
U.pop_back();
vis[d] = 0;
dfs(d + 1);
}
int a[1005][15][15];
int sum[1005];//f[1005][1005];
int num[1005][1005];
struct node
{
int id,s;
}frz[1005];
bool cmp(node x,node y){return x.s<y.s;}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-'){f=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(int)(c-'0');c=getchar();}
return x*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void solve()
{
// cin>>n>>h>>w;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=h;j++)
for(int k=1;k<=w;k++) cin>>a[i][j][k],sum[i]+=a[i][j][k];
for(int oi=1;oi<=n;oi++)
{
for(int oj=1;oj<=n;oj++)
{
if(oj==oi) continue;
for(int i=1;i<=h;i++)
for(int j=1;j<=w;j++) f[oi][oj]=f[oi][oj]+(a[oi][i][j]&a[oj][i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
frz[i].id=i;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
// if(i==j) continue;
// cout<<f[i][j]<<" "<<((min(sum[i],sum[j])+1)/2)<<endl;
if(f[i][j]<((min(sum[i],sum[j])+1)/2))
{
num[i][j]=1;
}
frz[i].s+=num[i][j];
}
}
sort(frz+1,frz+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int kkk=frz[i].id;
if(vis[kkk]==0)
{
ans++;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(num[kkk][j]==1)
{
vis[j]=1;
}
}
}
}
if(ans==1) cout<<-1<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
int main() {
//#ifdef FRZ_29
// freopen("code.in", "r", stdin);
// freopen("code.out", "w", stdout);
//#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> h >> w;
if(n>20) {solve();return 0;}
LF(i, 1, n) LF(j, 1, h) LF(k, 1, w) {
cin >> m[i][j][k];
s[i] += m[i][j][k];
}
LF(i, 1, n) LF(j, i + 1, n) LF(k, 1, h) LF(p, 1, w)
f[i][j] += (m[i][k][p] & m[j][k][p]);
dfs(1);
cout << (ans == 0 ? -1 : ans);
return 0;
}
// START AT 2024 / 12 / 15 13 : 56 : 15
水完了。
yingxilin
Qian·JX のjoker
2024-12-18 于玉山一中
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