题目大意：
一共有p1+p2个人，分成两组，一组p1，一组p2。给出N个条件，格式如下：
x y yes表示x和y分到同一组，即同是好人或者同是坏人。
x y no表示x和y分到不同组，一个为好人，一个为坏人
这个可以自己分析一下， 很简单。
问分组情况是否唯一，若唯一则输出p1的成员，否则输出no。保证不存在矛盾条件，但是有可能出现x=y的情况。
思路：
参考链接：http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2013/04/06/3002498.html
用rel[i]表示i结点与根结点的关系，0为相同集合，1为不同集合。
（可以举类验证一下，假如1、2、3，前者分别是后者的父亲。yes=0,no=1，这样才能满足：3相对2的关系+2相对1的关系=3相对1的关系。如果yes=1,no=0,则关系不成立）
处理之后，还需要判断是否唯一。
我们通过并查集，可以将所有人分为若干个集合，其中对于每一个集合，又分为两个集合（好人和坏人，但是不知道哪些是好人，哪些是坏人，只知道节点相对根节点的关系，0为一组，1为另一组）
接下来就是从所有大集合中的两个小集合取一个，组成好人集合，判断是否唯一。
背包问题，dp[i][j]表示前i个大集合，好人为j个的方案有多少种。
如果dp[cnt][p1]！=1说明方案不唯一，或者无解。
输出方案就是加个pre数组，从后往前递推。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; const int maxn=610; int father[maxn]; int rel[maxn]; //rel[i]表示i与根节点的关系，0表示i与根节点在相同集合，1表示i与根节点在不同集合 vector<int> b[maxn][2]; //b[i][0]存储与i在相同集合的点，b[i][1]存储与i在不同集合的点 int a[maxn][2]; //a[i][0]存储与i在相同集合的点的个数，a[i][1]存储与i在不同集合的点的个数 int num[maxn][2]; //num[i][0]存储与i在相同集合的点的个数(包括i),num[i][1]存储与i在不同集合的个数(包括i) int dp[maxn][310]; //dp[i][j]表示前i组选取j个人为好人的方案数。 //用于最后输出好人的编号，pre[i][j]对应dp[i][j]，存储的是从第i组选的好人个数(只有两种情况，要么是好人的个数，要么是坏人的个数) int pre[maxn][310]; int vis[maxn]; int n,p1,p2,cnt; void init(){ //i应该是<=p1+p2,一开始写为n了。。。 for(int i=0;i<=p1+p2;i++){ father[i]=i; rel[i]=0; //一开始初始化为1了，囧。。。 } } int find_root(int x){ if(father[x]==x) return x; int fa=father[x]; father[x]=find_root(father[x]); rel[x]=(rel[x]+rel[fa])%2; return father[x]; } void Union(int a,int b){ father[b]=a; } int dfs(int i,int num){ //该条件一开始都忘写了，结果导致超时。。。 if(dp[i][num]!=-1){ return dp[i][num]; } if(i==0){ if(a[i][0]==a[i][1]){ if(num==a[i][0]) dp[i][num]=2; else dp[i][num]=0; } else if( num==a[i][0] || num==a[i][1]){ dp[i][num]=1; pre[i][num]=num; //这里都忘记写了，额 } else{ dp[i][num]=0; } return dp[i][num]; } dp[i][num]=0; if(num>=a[i][0] && dfs(i-1,num-a[i][0])){ dp[i][num]+=dp[i-1][num-a[i][0]]; pre[i][num]=a[i][0]; } if(num>=a[i][1] && dfs(i-1,num-a[i][1])){ dp[i][num]+=dp[i-1][num-a[i][1]]; pre[i][num]=a[i][1]; } return dp[i][num]; } int main() { int x,y,k,tmp1,tmp2; char ch[5]; while(scanf("%d%d%d",&n,&p1,&p2)){ if(n==0 && p1==0 && p2==0) break; init(); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d%s",&x,&y,ch); int fx=find_root(x); int fy=find_root(y); if(ch[0]=='y') k=0; else k=1; if(fx!=fy){ Union(fx,fy); rel[fy]=(rel[y]+k+rel[x])%2; } } for(int i=0;i<maxn;i++){ b[i][0].clear(); b[i][1].clear(); a[i][0]=0; a[i][1]=0; } memset(vis,0,sizeof(vis)); cnt=0; //获取有哪些集合 for(int i=1;i<=p1+p2;i++){ if(!vis[i]){ tmp1=find_root(i); for(int j=i;j<=p1+p2;j++){ tmp2=find_root(j); if(tmp2==tmp1){ vis[j]=1; b[cnt][rel[j]].push_back(j); a[cnt][rel[j]]++; } } cnt++; } } memset(dp,-1,sizeof(dp)); if(dfs(cnt-1,p1)!=1){ printf("no "); } else{ vector<int> ans; int tmp=p1,t; for(int i=cnt-1;i>=0;i--){ t=pre[i][tmp]; //如果选的是与根节点在同一集合的元素 if(t==a[i][0]){ for(int j=0;j<b[i][0].size();j++){ ans.push_back(b[i][0][j]); } } //如果选的是与根节点不在同一集合的元素 else if(t==a[i][1]){ for(int j=0;j<b[i][1].size();j++){ ans.push_back(b[i][1][j]); } } tmp=tmp-t; } sort(ans.begin(),ans.end()); for(int i=0;i<ans.size();i++){ printf("%d ",ans[i]); } printf("end "); } } return 0; }