关押罪犯(二分+二分图判定)
程序员文章站
2024-03-17 15:34:40
...
题意其实就是给出了一个罪犯冲突网络,我们需要将一些罪犯分进两座*,以此删去一部分边。由于一名罪犯不可能即跟自己*里的狱友起冲突,又跟另一座*里的罪犯起冲突,所以显然这是一个二分图模型,即两部分内的罪犯各自不跟自己部分的罪犯起冲突(并不是两座*里的罪犯集)。
前面说到,我们的操作是删去一部分边,使最后权值最大的边最小,而又因为图需成立,所以显然删去边后我们需要保证图最终为二分图。
由于本题答案具备单调性,即如果任取一个界限 x x x,我们删去所有权值大于等于 x x x的边后,如果剩余图为二分图,则 x x x合法,显然我们可以尝试将 x x x“减小”(二分取左区间)一点,如果剩余图不为二分图,则 x x x非法,显然我们需要放松界限,让 x x x“增大”(二分取右区间)。
而上述二分步骤中的判定即二分图的判定,可以使用染色法来解决。染色法对访问过的节点染色,并对该点未染色的邻点染不同颜色,如果在任意执行过程中,有一个染色点的邻点中存在与其颜色相同的邻点,则显然不构成二分图。此处使用BFS实现上述染色判定,其中 3 − c o l o r 3-color 3−color求当前待涂颜色的小操作较有意思。
//
// Created by Visors on 2020/10/5.
//
// 题目名:P1525 关押罪犯
// 题目来源:noip2010
// 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P1525
// 算法:二分+二分图判定
// 用途:二分图判定
// 时间复杂度:O(TODO)
//
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct Edge {
int to, w, next;
Edge() = default;
Edge(int to, int w, int next) : to(to), w(w), next(next) {}
};
int n, m;
vector<Edge> edges;
vector<int> heads;
vector<int> colors;
inline void addEdge(int u, int v, int w) {
edges.emplace_back(v, w, heads[u]);
heads[u] = edges.size() - 1;
edges.emplace_back(u, w, heads[v]);
heads[v] = edges.size() - 1;
}
bool check(int x) {
queue<int> q;
fill(colors.begin(), colors.end(), 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (colors[i]) continue;
colors[i] = 1;
q.push(i);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int j = heads[u]; ~j; j = edges[j].next) {
Edge &e = edges[j];
int &v = e.to;
if (e.w <= x) continue;
if (colors[v] == 0) {
colors[v] = 3 - colors[u];
q.push(v);
} else if (colors[v] == colors[u]) return false;
}
}
}
return true;
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
heads.resize(n + 1, -1);
colors.resize(n + 1);
int left = 0, right = 0, mid;
for (int i = 1, a, b, c; i <= m; i++) {
cin >> a >> b >> c;
right = max(c, right);
addEdge(a, b, c);
}
while (left < right) {
mid = (left + right) >> 1;
if (check(mid)) right = mid;
else left = mid + 1;
}
cout << right << endl;
return 0;
}
下一篇: 买蛋糕