二分图 and code1170 双栈排序

Posted 2020-08-02 FuTaimeng

6.6二分图

二分图是这样一个图： 有两顶点集且图中每条边的的两个顶点分别位于两个顶点集中，每个顶点集中没有边直接相连接。

无向图G为二分图的充分必要条件是，G至少有两个顶点,且其所有回路的长度均为偶数。

判断二分图的常见方法是染色法： 开始对任意一未染色的顶点染色，之后判断其相邻的顶点中，若未染色则将其染上和相邻顶点不同的颜色， 若已经染色且颜色和相邻顶点的颜色相同则说明不是二分图，若颜色不同则继续判断，bfs和dfs都可以。

易知：任何无回路的的图均是二分图。

代码： 

bool Color(int u)  

{  

    for(int i=head[u]; ~i; i=edge[i].next)  

    {  

        int v = edge[i].to;  

        if(!col[v])  

        {  

            col[v] = !col[u];  

            if(!Color(v)) return false;  

        }  

        else if(col[v] == col[u])  

            return false;  

    }  

    return true;  

}  

 

 

Codevs1170 双栈排序NOIP2008

题目分析：

分析条件，我们把问题抽象为数学模型。设输入序列为S，考虑S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈的条件.注意,这里所说的"S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈",不是说仅仅不能同时在一个栈中,而是自始至终不能进入一个栈,即如果有解,那么S[i],S[j]一定进入过的栈不同.

结论P: S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈 <=> 存在k,满足i<j<k,使得S[k]<S[i]<S[j]. 证明略过,请参考sqybi.尝试后可以发现结论P是正确的.

把每个元素按照输入序列中的顺序编号,看作一个图中的每个顶点.这时,我们对所有的(i,j)满足i<j,判断是否满足结论P,即S[i],S[j]两个元素能否进入同一个栈.如果满足P,则在i,j之间连接一条边.

我们对图染色,由于只有两个栈,我们得到的图必须是二分图才能满足条件.由于要求字典序最小,即尽量要进入栈1,我们按编号递增的顺序从每个未染色的顶点开始染色,相邻的顶点染上不同的色,如果发生冲突,则是无解的.否则我们可以得到每个顶点颜色,即应该进入的栈.

接下来就是输出序列了,知道了每个元素的决策,直接模拟了.

在判断数对(i,j)是否满足P时,枚举检查是否存在k的时间复杂度是O(n),则总的时间复杂度是O(n^3),对于n=1000是太大了.这原因在于过多得枚举了k,我们可以用动态规划把枚举k变为O(1)的算法.

设F[i]为Min{S[i],S[i+1],S[i+2]..S[n-1],S[n]},状态转移方程为F[i]=Min{ S[i] , F[i+1] }.边界为F[N+1]=极大的值.

判断数对(i,j)是否满足P,只需判断(S[i]<S[j] 并且 F[j+1]<S[i])即可.时间复杂度为O(n^2).

 

多亏有题解，不然根本想不出来那个结论P啊...

模拟也是个问题：

知道了每个点的color（cc），入栈很容易。问题是什么时候出栈。

设a为当前需要出栈的元素，b为a+1

当s1的栈顶是a时，立刻出栈。因为出s1的优先级是2，只有入s1比它高，但那样就把应该出的元素压住了，显然不行。所以直接出就能保证字典序最小。

当s2的栈顶是a时，麻烦来了。因为出s2的优先级比入s1低，所以如果可能应当先入s1，把该出的元素放在s2不管它，直到迫不得已必须出的时候。

　　s2出栈的情况：s2的栈顶是a时，cc[i+1]==2 || (cc[i+1]==1&&!s1.empty()&&s1.top()==b) || s1.empty()

注意模拟之前先cc[n+1]=2，保证入栈全部完成时s2不再受入栈限制（cc[i+1]==2）

 

详见代码：

#include<iostream>
#include<stack>
using namespace std;
const int Size=1005;

int n,data[Size];
int f[Size];
int cc[Size];
bool flag=true;
int a=1,b=2;
stack<int> s1,s2;
//edge
struct E{
    int to;
    E *next;
}*head[Size];
void add(int a,int b){
    E *p=new E;
    p->to=b; p->next=head[a];
    head[a]=p;
}

void color(int u){
    for(E* i=head[u]; i!=NULL; i=i->next){  
        int v = i->to;  
        if(!cc[v]){  
            cc[v] = cc[u]==1?2:1;  
            color(v);
            if(!flag)return;  
        }  
        else if(cc[v] == cc[u]){
            flag=false;
            return;
        }
    }  
}

void out(int i){
    bool ok=true;
    while(ok){
        ok=false;
        if(!s1.empty()&&s1.top()==a){
            s1.pop(); cout<<"b "; a++;b++; ok=true;
        }
        if(!s2.empty()&&s2.top()==a){
            if(cc[i+1]==2||(cc[i+1]==1&&!s1.empty()&&s1.top()==b)||s1.empty()){
                s2.pop(); cout<<"d "; a++;b++; ok=true;
            }
        }
    }
}

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=NULL;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>data[i];
    }
    f[n+1]=0x3f3f3f3f;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        f[i]=min(data[i],f[i+1]);
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(data[i]<data[j]&&f[j+1]<data[i]){
                add(i,j); add(j,i);
            }
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(cc[i]==0){
            cc[i]=1;
            color(i);
            if(!flag)break;
        }
    }
    
    cc[n+1]=2;
    if(flag){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(cc[i]==1)s1.push(data[i]),cout<<"a ";
            else s2.push(data[i]),cout<<"c ";
            out(i);
        }
    }
    else cout<<0;
    
    return 0;
}