题意:
输入一个二分图,用最少的颜色数给它的每条边染色,使得同一个顶点连的边中颜色互不相同。
输出至少需要的颜色数和任意一种染色方案。
分析:
证明不会,只说一下(偷瞄巨巨代码学到的)做法。
假设点的最大度数为(M),那么至少需要(M)种颜色。
下面给出一种构造方法:
对于一条边((u, \, v)),分别找出对于(u)和(v)还没用到的颜色(c_1)和(c_2)。
- 如果(c_1=c_2),直接用颜色(c_1)给这条边染色就行了。
- 如果(c_1
eq c_2),和匈牙利算法的思想一样,我们先给边((u, \, v))染上颜色(c_1)。
对于之前和(v)染上颜色(c_1)的点t,我们用颜色(c_2)给边((v, \, t))染色。
如果还有颜色(c_2)和(t)冲突,持续这个过程,继续把新的颜色腾出来。
这种做法还能顺便解决掉UVa 10615
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1000 + 10;
const int maxm = 100000 + 10;
int col[2][maxn][maxn];
int id[maxn][maxn];
int ans[maxm];
void dfs(int p, int u, int v, int c1, int c2) {
int t = col[p^1][v][c1];
col[p][u][c1] = v; col[p^1][v][c1] = u;
if(!t) {
col[p^1][v][c2] = 0;
return ;
}
dfs(p^1, v, t, c2, c1);
}
int main()
{
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= k; i++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
id[u][v] = i;
int c1 = 1, c2 = 1;
while(col[0][u][c1]) c1++;
while(col[1][v][c2]) c2++;
cnt = max(cnt, max(c1, c2));
if(c1 == c2) {
col[0][u][c1] = v;
col[1][v][c1] = u;
} else {
dfs(0, u, v, c1, c2);
}
}
printf("%d
", cnt);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
if(col[0][i][j])
ans[id[i][col[0][i][j]]] = j;
for(int i = 1; i <= k; i++) printf("%d ", ans[i]);
printf("
");
return 0;
}