AcWing257 关押罪犯

Posted 2023-01-14 StkOvflow

题目大意

\\(\\qquad\\)给定一张正权无向图，定义冲突值为一个集合内权值最大的边，将一张图上的点，分成两部分，不同部分的点在原图上的边作废，求最小化最大冲突值，并输出。

解题思路

1. 二分答案 + 二分图判定

\\(\\qquad\\)由于要求最小化最大冲突值，遇到最大值最小化的问题，经验上可以采用二分答案求解，具体步骤就是二分出这个最大冲突值，要使一个冲突值合法，应该有如下性质；

\\[\\large 所有权重比这个冲突值大的边两旁的点要被 \\]

\\[\\large 分开到两个地方,这样才能保证这是最大冲突值 \\]

\\(\\qquad\\)所以我们的问题就可以转化成：在原图的基础上将所有权值大于 \\(mid\\) 的点中间连边，建新图，然后判定新图是否为二分图即可，如果是二分图，代表满足 \\(check\\) 条件。

\\(\\qquad\\)然后我们要求的是最小化，所以应该采用这个二分模板

while (l < r) 

    int mid = l + r >> 1;
    if (check(mid)) r = mid;
    else l = mid + 1;

采用的是染色法判定二分图，模板如下

bool dfs(int cur, int c, int mid) 

    clr[cur] = c;
    for (int i = h[cur]; ~i; i = ne[i]) 
    
        int j = e[i];
        if (w[i] <= mid) continue ;
        if (clr[j] && clr[j] == c) return false;
        if (!clr[j] && !dfs(j, 3 - c, mid)) return false;
    
    return true ;

完整AC代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2e6 + 10;
int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx;
int clr[N], u, v, c, n, m;

void add(int a, int b, int c) 

    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++ ;


bool dfs(int cur, int c, int mid) 

    clr[cur] = c;
    for (int i = h[cur]; ~i; i = ne[i]) 
    
        int j = e[i];
        if (w[i] <= mid) continue ;
        if (clr[j] && clr[j] == c) return false;
        if (!clr[j] && !dfs(j, 3 - c, mid)) return false;
    
    return true ;


bool check(int mid) 

    memset(clr, 0, sizeof clr);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        if (!clr[i]) if (!dfs(i, 1, mid))
            return false;
    return true ;


int main() 

    scanf("%d%d", &n, &m);

    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m -- ) 
    
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
        add(u, v, c), add(v, u, c);
    

    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) 
    
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    

    printf("%d\\n", r);

    return 0;

扩展域并查集

\\(\\qquad\\)还是二分答案，但是我们可以换一种思路来看，对于一条权值大于 \\(mid\\) 的边上的两个点\\(u, v\\) 我们是期望在不同的部分（监狱）的，那么这种关系显然是具有传递性的，也就是（我们称呼这样的\\(u,v\\)为敌人）敌人的敌人是朋友，所以我们可以想到有并查集来维护，遇到上述边\\(u,v\\)，如果\\(u,v\\)在同一集合内，逻辑冲突，\\(check\\)不成立，否则将\\(u\\)的敌人和\\(v\\)合并，\\(v\\)的敌人和\\(u\\)合并。

\\(\\qquad\\)为了方便扫描我们用一个结构体数组存储图，和最小生成树一样。

完整AC代码

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, m, p[N << 1];

struct Edge 

    int u, v, w;
 edge[1000010];

int find(int x) 

    if (x == p[x]) return x;
    return p[x] = find(p[x]);


bool check(int mid) 

    for (int i = 1; i <= N << 1; i ++ ) p[i] = i;
    
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) 
    
        if (edge[i].w > mid) 
        
            int pa = find(edge[i].u), pb = find(edge[i].v);
            if (pa == pb) return false;
            p[pa] = find(edge[i].v + n);
            p[pb] = find(edge[i].u + n);
        
    
    return true ;


int main() 

    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) 
    
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        edge[i] = u, v, w;
    
    
    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) 
    
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    
    
    printf("%d\\n", r);
    
    return 0;

带边权并查集

\\(\\qquad\\)维护一下边权，把所有符合性质的点加到同一个集合里面，维护一个边权，边权和模\\(2\\)得到\\(0\\)代表在同一个集合里面，\\(check\\)不成立，由于\\(xor\\)是不进位的二进制加法，所以用异或运算代替加法和模。
判断的时候对于同一个集合里面的元素，如果边权和\\(\\% 2=0\\)那么证明两个这样的罪犯在一个监狱，不可以，返回\\(false\\)，如果一路下来没错误，返回\\(true\\)

完整AC代码

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, m, p[N], d[N];

struct Edge 

    int u, v, w;
 edge[1000100];

int find(int x) 

    if (x == p[x]) return x;
    int root = find(p[x]);
    d[x] ^= d[p[x]], p[x] = root;
    return p[x];


bool check(int mid) 

    memset(d, 0, sizeof d);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) p[i] = i;
    
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) 
    
        if (edge[i].w > mid) 
        
            int x = edge[i].u, y = edge[i].v;
            int px = find(x), py = find(y);
            if (px == py) 
                if (d[x] ^ d[y] == 0) return false;
            if (px != py) 
                d[px] = d[x] ^ d[y] ^ 1, p[px] = py;
        
    
    return true ;


int main() 

    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) 
    
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        edge[i] = u, v, w;
    
    
    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) 
    
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    
    
    printf("%d\\n", r);
    
    return 0;

算法对比

时间：带边权\\(<\\)扩展域\\(<\\)二分图
\\(143ms<464ms<620ms\\)
代码复杂度：扩展域\\(<\\)带边权\\(<\\)二分图

思维复杂度：扩展域\\(<\\)二分图\\(<\\)带边权