题目来源：洛谷
题目描述
曹是一只爱刷街的老曹，暑假期间，他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹，感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学，不让曹刷街。
阳光大学的校园是一张由N个点构成的无向图，N个点之间由M条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁，当某个点被封锁后，与这个点相连的道路就被封锁了，曹就无法在与这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是，河蟹是一种不和谐的生物，当两只河蟹封锁了相邻的两个点时，他们会发生冲突。
询问：最少需要多少只河蟹，可以封锁所有道路并且不发生冲突。
输入输出格式
输入格式：
第一行：两个整数N，M
接下来M行：每行两个整数A，B，表示点A到点B之间有道路相连。
输出格式：
仅一行：如果河蟹无法封锁所有道路，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示最少需要多少只河蟹。
输入输出样例
说明
【数据规模】
1<=N<=10000，1<=M<=100000，任意两点之间最多有一条道路。
解析：
这题质量很高，卡了我一天，最后也是有思路了，然而还是卡了几次没过，原来这题可能有不连通的子图。。。
仔细研究题目之后，我们发现在这样一个无向图中，按照题目要求，每条边都要被占据。
如果每条边都要被占据，那么这条边的两端点必然有一点占了一个河蟹。
也就是说，一个无向图中，如果要满足题目条件，必须满足在每条边都被占据的情况下，每条边两端点上不能同时出现河蟹，但是其中有一点要有一只河蟹。
题解里dalao管这思路叫染色，每条边两端不能出现相同颜色。
我们可以搜一遍整个图，记录每个点是否被染色，以及每种颜色的染色次数。
因为这个颜色具体来说就代表着河蟹的位置，那么，每次搜索会得到两种颜色的解，也就是说河蟹以这两种方式放置是等价的，我们可以手模检验一下。
我们只要取其中最小值就是河蟹的最小数量了。
前面提到有不连通子图，这就很坑，我们每次搜索完的时候还要看看整个图是否全部被遍历到，否则就要在另一个子图中继续我们的搜索，并累加答案。
参考代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #include<vector> 6 #include<cstring> 7 #define N 20010 8 using namespace std; 9 int head[N],tot,n,m; 10 bool v[N*100],pr[N*100]; 11 int sum[2]; 12 struct node{ 13 int ver,next; 14 }g[N*100]; 15 void add(int x,int y) 16 { 17 g[++tot].ver=y; 18 g[tot].next=head[x],head[x]=tot; 19 } 20 21 bool dfs(int x,int color) 22 { 23 if(v[x]){ 24 //如果当前走到的点已被染色，判断它与上一个点构成的关系是否合法 25 if(pr[x]==color) return true; 26 else return false; 27 } 28 v[x]=1;pr[x]=color;//记录染色状态 29 sum[color]++;//记录染色次数 30 bool k=1;//初始允许访问 31 for(int i=head[x];i&&k;i=g[i].next){//走下一步 32 int y=g[i].ver; 33 k=k&&dfs(y,1-color);//能否访问下一个点？ 34 //下一个点换一种颜色 35 } 36 return k; 37 } 38 int main() 39 { 40 scanf("%d%d",&n,&m); 41 for(int i=1;i<=m;i++) 42 { 43 int x,y; 44 scanf("%d%d",&x,&y); 45 add(x,y);add(y,x); 46 } 47 int ans=0; 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 { 50 if(v[i]) continue; 51 sum[0]=sum[1]=0;//发现子图，再次对子图染色 52 if(!dfs(i,0)){ 53 printf("Impossible ");return 0; 54 } 55 ans+=min(sum[0],sum[1]);//很巧妙一个地方，小的那一个一定是河蟹的数量 56 } 57 printf("%d ",ans); 58 return 0; 59 }
2019-05-29 19:25:54