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首先大胆猜结论#xff1a;答案就是最大的点度数
考虑如何构造 设一个点联通的边的颜色集合为S#xff0c;由题意得S中的元素不可重 假设新加入一条边(u,v) 设c1mex(Su),c2mex(Sv)c1mex(S_u),c2mex(S_v)c1mex(Su),c2mex(Sv) 如果c1等于c2#xff0c;直接连就行了…解析
首先大胆猜结论答案就是最大的点度数
考虑如何构造 设一个点联通的边的颜色集合为S由题意得S中的元素不可重 假设新加入一条边(u,v) 设c1mex(Su),c2mex(Sv)c1mex(S_u),c2mex(S_v)c1mex(Su),c2mex(Sv) 如果c1等于c2直接连就行了 否则把这条边连成c1看SvS_vSv中是否有c1也就是是否产生矛盾 如果产生矛盾v有一条连向x的颜色c1的边就把这条边染成c2再递归的看SxS_xSx中是否有c2…
一种类似于匈牙利的做法
为什么一定有解呢 考虑什么时候无解 肯定是这个递归出现了自相矛盾的地方 比如一开始把uv染成c1递归回来又尝试把它染成c2 这就强人所难了 但是可以发现由于我们尝试染的颜色是交替改变所以自相矛盾产生的必要条件是出现奇环 众所周知二分图的充要条件是没有奇环 得证
代码
代码利用异或的性质实现十分优雅
#includebits/stdc.h
using namespace std;
const int N2050;
const int mod1e97;
#define ll long long
ll read(){ll x0,f1;char cgetchar();while(!isdigit(c)){if(c-)f-1;cgetchar();};while(isdigit(c)){xx*10c-0;cgetchar();};return x*f;
}
int n,m,q;
int u[N*100],v[N*100];
int du[N];
int col[N][N];
int main(){//freopen(a.in,r,stdin);//freopen(a.out,w,stdout);nread();mread();qread();for(int i1;iq;i){u[i]read();v[i]read()n; du[u[i]];du[v[i]];}int ans(0);for(int i1;inm;i) ansmax(ans,du[i]);for(int i1;iq;i){//printf(--------i%d\n,i);int xu[i],yv[i];int c1(1),c2(1);while(col[x][c1]) c1;while(col[y][c2]) c2;col[x][c1]y;col[y][c2]x;if(c1c2) continue;for(int cc2,nowy;now;nowcol[now][c],c^c1^c2){//printf(now%d\n,now);swap(col[now][c1],col[now][c2]);}}printf(%d\n,ans);for(int i1;iq;i){for(int j1;jans;j){if(col[u[i]][j]v[i]){printf(%d ,j);break;}}}return 0;
}
/*
*/
