洛谷 P4429 [BJOI2018] 染色

洛谷传送门

LOJ 传送门

非常有趣的结论题。

首先显然，整个图不是二分图就无解。

然后显然每个连通块独立，可以分连通块判定。

然后发现一度点是没什么用的，因为无论和它相连的点颜色是什么，它都能找到一种和这种颜色不同的颜色。所以考虑类似拓扑排序剥一度点。剩下的图的 \(deg_u \ge 2\)。

考虑若有一个偶环 \(1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 1\)，可以 \(\{A, B\}, \{A, B\}, \{B, C\}, \{A, C\}\)，容易发现这样可以钦定 \(1\) 号点染 \(B\)。

所以若有两个仅交于一点或者不交的偶环就寄了，因为通过钦定一定可以导出矛盾。

进一步地，若有两个不重合部分点数 \(\ge 2\) 的偶环就寄了，因为可以让不公共部分放 \(\{B, C\}, \{A, C\}\)，公共部分放 \(\{A, B\}\)，也可以导出矛盾。

考虑如何快速判断这个东西。

不妨研究一下这个图的度数特点。考虑若存在两个度数 \(\ge 3\) 的点 \(u, v\)，取出任意三条 \(u \to v\) 的路径 \(P_1, P_2, P_3\)。

考虑若两条路径 \(P_1, P_2\) 存在除 \(u, v\) 外的交点 \(w_1, w_2, \ldots, w_k\)，那么让 \(u \to w_1 \to u, v \to w_k \to v\) 即可构造出无解（此时认为路径在第一个点和最后一个点不重合）。

所以 \(P_1, P_2, P_3\) 一定两两不交。不妨设 \(|P_1| \le |P_2| \le |P_3|\)（定义路径长度为经过的边数）。有解当且仅当 \(|P_1| = |P_2| = 2\)。

考虑存在度数 \(\ge 4\) 的点也寄了，因为要么其他点度数都 \(\ge 2\)（此时为两个重合于一点的环），要么存在一个点度数 \(\ge 3\)。

所以有解的充要条件为：

• 不存在度数 \(\ge 4\) 的点；
• 不存在度数 \(\ge 3\) 的点，或存在且仅存在两个度数 \(\ge 3\) 的点 \(x, y\)，使得存在至少两个度数 \(= 2\) 的点连接 \(x, y\)。

code

// Problem: P4429 [BJOI2018] 染色
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4429
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 10050;

int n, m, a[maxn], fa[maxn], deg[maxn];
vector<int> G[maxn], vc[maxn];
bool e[maxn][maxn];

int find(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

inline void merge(int x, int y) {
	x = find(x);
	y = find(y);
	if (x != y) {
		fa[x] = y;
	}
}

bool dfs(int u) {
	for (int v : G[u]) {
		if (a[v] == -1) {
			a[v] = a[u] ^ 1;
			if (!dfs(v)) {
				return 0;
			}
		} else if (a[v] == a[u]) {
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}

void solve() {
	mems(e, 0);
	mems(a, -1);
	mems(deg, 0);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fa[i] = i;
		vector<int>().swap(G[i]);
		vector<int>().swap(vc[i]);
	}
	while (m--) {
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G[u].pb(v);
		G[v].pb(u);
		merge(u, v);
		++deg[u];
		++deg[v];
		e[u][v] = e[v][u] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		vc[find(i)].pb(i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i] == -1 && !dfs(i)) {
			puts("NO");
			return;
		}
	}
	for (int _ = 1; _ <= n; ++_) {
		if (vc[_].empty()) {
			continue;
		}
		queue<int> q;
		for (int i : vc[_]) {
			if (deg[i] == 1) {
				q.push(i);
			}
		}
		while (q.size()) {
			int u = q.front();
			q.pop();
			for (int v : G[u]) {
				if ((--deg[v]) == 1) {
					q.push(v);
				}
			}
		}
		int x = -1, y = -1;
		for (int i : vc[_]) {
			if (deg[i] >= 4) {
				puts("NO");
				return;
			}
			if (deg[i] == 3) {
				if (x == -1) {
					x = i;
				} else if (y == -1) {
					y = i;
				} else {
					puts("NO");
					return;
				}
			}
		}
		if (x != -1) {
			int cnt = 0;
			for (int i : G[x]) {
				if (deg[i] == 2 && e[x][i] == e[y][i]) {
					++cnt;
				}
			}
			if (cnt < 2) {
				puts("NO");
				return;
			}
		}
	}
	puts("YES");
}

int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}