【题解】【总结】P1330 封锁阳光大学 &&图论小总结

这道题其实有一点点难度，不过我能经过思考做出来说明还是没有普及组\(D1T1\)难度的。

考虑一条边的两边要有且仅有一个点被选中...这不就是染色吗？想到此，聪明的你一定就知道怎么做了。

这题唯一的坑点就是不一定图是联通的，所以要\(for\)一下所有点去\(bfs\)。

这种题我还\(wa\)了一次，而且如果不是我下了数据还调不出来...

思考一下为什么没有一遍过此题，还是因为思维不够完善。图论的题目，有什么坑点呢？在这里总结一下：

• 图不联通。有这个图的连通性意识就不会被坑。这里包括了森林的情况。
• 有自环的重边。这个是毒瘤出题人干的事情，不能被坑了。
• 存在负环，要判断一下。
• 树的根被指定了！
• 边数可能比你想像的要多。
• \(spfa\)已经死了QAQ!
• \(fr\)和\(to\)的位置调换了。凉心出题人！

解决图论的问题，可以通过什么办法呢？

• \(Tarjin\)求环求强连通分量。
• 最短路算法。(还有那种取对数的)
• 缩点+\(DAG\) \(DP\)
• 拓扑排序
• 并查集
• 最小生成树，实际上和拟阵联系起来。
• 树形\(dp\)，实际上和上面那个很像的
• 树上倍增。\(lca\),\(st\)表啊之类的。
• 树上差分。我也不是很熟。
• 点分治。解决树上路径计数问题等。
• 树链剖分。同样也是树上路径，还可以顺便解决子树等问题。
• 树上莫队。神奇的算法。
• 正难则反！图论的题维护加边比较容易，维护减边就比较麻烦。反着来！
• 网络流。(主要是建模难 QAQ)

---cpp

include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

define RP(t,a,b) for(register int t=(a),edd=(b);t<=edd;++t)

define DRP(t,a,b) for(register int t=(a),edd=(b);t>=edd;--t)

define ERP(t,a) for(register int t=head[a];t;t=e[t].nx)

define Max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))

define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

define midd register int mid=(l+r)>>1

define TMP template < class ccf >

TMP inline ccf qr(ccf b){

char c=getchar();

int q=1;

ccf x=0;

while(c<48||c>57)

q=c==45?-1:q,c=getchar();

while(c>=48&&c<=57)

x=x*10+c-48,c=getchar();

return q==-1?-x:x;

}

const int maxn=10005;

const int maxm=100005;

struct E{

int to,nx;

}e[maxm<<1];

int head[maxn];

int col[maxn];

int cnt;

int n,m;

inline void add(int fr,int to,bool f){

e[++cnt]=(E){to,head[fr]};

head[fr]=cnt;

if(f)

add(to,fr,0);

}

queue < int > q;

inline int bfs(int S){

q.push(S);

col[S]=-1;

int colcnt=0,tolcnt=0;

while(!q.empty()){

register int now=q.front();

colcnt+=(col[now]==1);

tolcnt++;

q.pop();

ERP(t,now)

if(col[e[t].to]!=0&&col[e[t].to]!=-col[now])

return -1;

else

if(col[e[t].to]==0)

q.push(e[t].to),col[e[t].to]=-col[now];

}

return Min(colcnt,tolcnt-colcnt);

}

int main(){

ifndef ONLINE_JUDGE

freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);

endif

n=qr(1);
m=qr(1);
for(register int t=1,t1,t2;t<=m;++t){
t1=qr(1);
t2=qr(1);
add(t1,t2,1);
}
int ans=0,k;
RP(t,1,n)
if(col[t]==0)
    if((k=bfs(t))==-1)
    return puts("Impossible"),0;
    else
    ans+=k;
cout<<ans<<endl;
return 0;

}

原文地址：https://www.cnblogs.com/winlere/p/10358136.html