转自：点我
题目：给出p1+p2个人，其中p1个是好人，p2个是坏人。然后有一些关系 ，a说b是好人(坏人).其中没有矛盾的，判断是否有唯一解判断哪些人是好人，哪些人是坏人。
其中比较重要的是，好人总说真话，坏人总说假话。不需要判断矛盾。唯一解
http://poj.org/problem?id=1417
其中好人说真话，坏人说假话这点很重要。
那么如果一个人说另一个人是好人，那么如果这个人是好人，说明 对方确实是好人，如果这个是坏人，说明这句话是假的，对方也是坏人。
如果一个人说另一个人是坏人，那么如果这个人是好人，说明对方是坏人，如果这个是坏人，说明 对方是好人。
也就是如果条件是yes说明这两个是相同集合的，否则是两个不同的集合。
用r[i]表示i结点与根结点的关系，0为相同集合，1为不同集合。这是一个经典的并查集问题。
这样处理之后，还需要判断是否唯一
我们通过并查集，可以将所有人分为若干个集合，其中对于每一个集合，又分为两个集合（好人和坏人，但是不知道哪些是好人，哪些是坏人，我们只有相对关系）
接下来就是从所有大集合中的两个小集合取一个，组成好人集合，判断是否唯一。
背包问题，dp[i][j]表示前i个大集合，好人为j个的方案有多少种，或者dp[i][j]表示当前好人i个，坏人j个的情况有多少种
如果dp[cnt][p1]！=1说明方案不唯一，或者无解。
如果为1题目还需要输出方案，这点比较纠结。用后一种DP的时候WA了好多次，而这题又卡内存，不能开三维数组，其实可以两次DP解决。
后来采用前者DP，不断从dp[cnt][p1]往前递推，递推的结果也必须是某个前趋状态的dp值为1.
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<map>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<vector>
7 #include<algorithm>
8 #include<set>
9 #include<string>
10 #include<queue>
11 #define inf 1<<30
12 #define M 60005
13 #define N 605
14 #define maxn 300005
15 #define pb(a) push_back(a)
16 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
17 using namespace std;
18 int pre[N],r[N];
19 int p1,p2,p;
20 bool vis[N];
21 int dp[N][N/2];
22 int cnt; //最后分为几个集合
23 int a[N][2]; //a[i][0],a[i][1]分别表示把第i个集合分成的两个部分
24 vector<int> b[N][2];
25 int find(int x)
26 {
27 if(x!=pre[x])
28 {
29 int f=pre[x];
30 pre[x]=find(pre[x]);
31 r[x]=r[x]^r[f];
32 }
33 return pre[x];
34 }
35 void Init()
36 {
37 for(int i=1; i<=p1+p2; i++) pre[i]=i,r[i]=0;
38 mem(vis,false);
39 cnt=1;
40 mem(a,0);
41 for(int i=0; i<N; i++)
42 {
43 b[i][0].clear();
44 b[i][1].clear();
45 }
46 }
47 int main()
48 {
49 while(scanf("%d%d%d",&p,&p1,&p2)!=EOF&&p+p1+p2)
50 {
51 Init();
52 while(p--)
53 {
54 int u,v;
55 char str[10];
56 scanf("%d%d%s",&u,&v,str);
57 int k=(str[0]==‘n‘);
58 int ra=find(u),rb=find(v);
59 if(ra!=rb)
60 {
61 pre[ra]=rb;
62 r[ra]=r[u]^r[v]^k;
63 }
64 }
65 for(int i=1; i<=p1+p2; i++)
66 {
67 if(!vis[i])
68 {
69 int f=find(i);
70 for(int j=i; j<=p1+p2; j++)
71 {
72 if(find(j)==f)
73 {
74 vis[j]=true;
75 b[cnt][r[j]].pb(j);
76 a[cnt][r[j]]++;
77 }
78 }
79 cnt++;
80 }
81 }
82 mem(dp,0);
83 dp[0][0]=1;
84 for(int i=1; i<cnt; i++)
85 {
86 for(int j=p1; j>=0; j--)
87 {
88 if(j-a[i][0]>=0)
89 dp[i][j]+=dp[i-1][j-a[i][0]];
90 if(j-a[i][1]>=0)
91 dp[i][j]+=dp[i-1][j-a[i][1]];
92 }
93 }
94 if(dp[cnt-1][p1]!=1)
95 {
96 printf("no\n");
97 continue;
98 }
99 else
100 {
101 vector<int>ans;
102 ans.clear();
103 for(int i=cnt-1; i>=1; i--)
104 {
105 if(p1-a[i][0]>=0&&p2-a[i][1]>=0&&dp[i-1][p1-a[i][0]]==1)
106 {
107 for(int j=0; j<b[i][0].size(); j++)
108 {
109 ans.pb(b[i][0][j]);
110 }
111 p1-=a[i][0];
112 p2-=a[i][1];
113 }
114 else if(p1-a[i][1]>=0&&p2-a[i][0]>=0&&dp[i-1][p1-a[i][1]]==1)
115 {
116 for(int j=0; j<b[i][1].size(); j++)
117 {
118 ans.pb(b[i][1][j]);
119 }
120 p1-=a[i][1];
121 p2-=a[i][0];
122 }
123 }
124 sort(ans.begin(),ans.end());
125 for(int i=0; i<ans.size(); i++) printf("%d\n",ans[i]);
126 printf("end\n");
127 }
128 }
129 return 0;
130 }
时间： 2024-10-12 20:34:14