codeforces 589H(dfs and simliar)
2015-11-03 16:38
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题意:
给定一个n 点m条边的图(n , m <= 50000),要求树上指定的k个点,指定的两个点之间可以建立一条通路, 一个点不能是两条路得端点,任意两条路径上不能有重边,让求
一个通路最多的合法方案。
分析:
首先这样的题目没有一点树和图上的意识,空想很难。
因为不连通子图之间不建立通路,我们只需考虑一个子联通分量。
假设这个联通分量有c个标记点,我们可以在其改联通分量的任一生成树中找到一组这样的解,有c/2条合法通路,显然如果这样能够构造成功一定最优。
那么在这这颗生成树上该如何构造?
首先定义dfs(u , fa) 要完成的任务,在u为根的子树中,若有两个以上的点,两两配对且符合条件,若有奇数个被标记点,返回这样一个点该点和u的路径上没有边被使用过。
这样对于每次dfs要处理的任务就是把很多这样的子树返回的节点配对起来,若u本身是标记点,那么他可以和任意一颗子树返回的未匹配点建立通路(可以想一想),然后
返回的点是一个没有使用完的点(子树返回的点,或者是他自己)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)n;i++)
#define rep1(i,x,y) for(int i=x;i<=(int)y;i++)
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 50000 + 100;
int n,m,k,pa
, mah
,dep
;
bool mark
,vis
, hav
;
vector<int> G
;
int ans = 0;
int dfs(int u,int fa){
vis[u] = 1; pa[u] =fa; dep[u] = (fa==-1 ? 0 : dep[fa]) + 1;
int now = mark[u] ? u : -1;
for(auto v : G[u]){
if(vis[v]) continue;
int lt = dfs(v ,u);
if(lt == -1) continue;
if(now == -1) now = lt;
else {
mah[now] = lt;
mah[lt] = now;
now=-1; ans++;
}
}
return now;
}
int main()
{
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
int x,y;
rep1(i,1,m) scanf("%d %d",&x,&y),G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);
rep1(i,1,k) scanf("%d",&x),mark[x] = true;
rep1(i,1,n) if(!vis[i]) dfs(i,-1);
printf("%d\n",ans);
rep1(i,1,n) if(mah[i] && !hav[i]){
hav[i] = hav[mah[i]] = 1;
int u = i , v = mah[i];
vector<int> lt, rt;
lt.push_back(u) , rt.push_back(v);
int cnt_ = 0;
while(u != v) {
if(dep[u] < dep[v]){
rt.push_back(pa[v]); v=pa[v];
}
else lt.push_back(pa[u]),u=pa[u];
}
for(int i = (int)rt.size()-2; i>=0;i--) lt.push_back(rt[i]);
printf("%d",lt.size()-1);
rep(i,lt.size()) printf(" %d",lt[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
给定一个n 点m条边的图(n , m <= 50000),要求树上指定的k个点,指定的两个点之间可以建立一条通路, 一个点不能是两条路得端点,任意两条路径上不能有重边,让求
一个通路最多的合法方案。
分析:
首先这样的题目没有一点树和图上的意识,空想很难。
因为不连通子图之间不建立通路,我们只需考虑一个子联通分量。
假设这个联通分量有c个标记点,我们可以在其改联通分量的任一生成树中找到一组这样的解,有c/2条合法通路,显然如果这样能够构造成功一定最优。
那么在这这颗生成树上该如何构造?
首先定义dfs(u , fa) 要完成的任务,在u为根的子树中,若有两个以上的点,两两配对且符合条件,若有奇数个被标记点,返回这样一个点该点和u的路径上没有边被使用过。
这样对于每次dfs要处理的任务就是把很多这样的子树返回的节点配对起来,若u本身是标记点,那么他可以和任意一颗子树返回的未匹配点建立通路(可以想一想),然后
返回的点是一个没有使用完的点(子树返回的点,或者是他自己)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)n;i++)
#define rep1(i,x,y) for(int i=x;i<=(int)y;i++)
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 50000 + 100;
int n,m,k,pa
, mah
,dep
;
bool mark
,vis
, hav
;
vector<int> G
;
int ans = 0;
int dfs(int u,int fa){
vis[u] = 1; pa[u] =fa; dep[u] = (fa==-1 ? 0 : dep[fa]) + 1;
int now = mark[u] ? u : -1;
for(auto v : G[u]){
if(vis[v]) continue;
int lt = dfs(v ,u);
if(lt == -1) continue;
if(now == -1) now = lt;
else {
mah[now] = lt;
mah[lt] = now;
now=-1; ans++;
}
}
return now;
}
int main()
{
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
int x,y;
rep1(i,1,m) scanf("%d %d",&x,&y),G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);
rep1(i,1,k) scanf("%d",&x),mark[x] = true;
rep1(i,1,n) if(!vis[i]) dfs(i,-1);
printf("%d\n",ans);
rep1(i,1,n) if(mah[i] && !hav[i]){
hav[i] = hav[mah[i]] = 1;
int u = i , v = mah[i];
vector<int> lt, rt;
lt.push_back(u) , rt.push_back(v);
int cnt_ = 0;
while(u != v) {
if(dep[u] < dep[v]){
rt.push_back(pa[v]); v=pa[v];
}
else lt.push_back(pa[u]),u=pa[u];
}
for(int i = (int)rt.size()-2; i>=0;i--) lt.push_back(rt[i]);
printf("%d",lt.size()-1);
rep(i,lt.size()) printf(" %d",lt[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
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