Solution -「多校联训」签到题

(mathcal{Description})

  Link.

  给定二分图 (G=(Xcup Y,E))，求对于边的一个染色 (f:E ightarrow{1,2,dots,c})，最小化每个结点所染颜色数量极差之和。输出这一最小值。

  (|X|+|Y|,|E|le10^6)。

(mathcal{Solution})

  基于“结论好猜”就能认为这题是签到题吗……

  答案显然有下界 (sum_{u}left[c otmid sum_{v}[(u,v)in E] ight])。由于写一发过掉了大样例，我们尝试证明它必然可取到。

证明

  **引理（对于二分图的 Vizing 定理）：** 对于二分图 $G$，$chi'(G)=Delta(G)$，其中 $chi'(G)$ 为 $G$ 的边染色的色数，$Delta(G)$ 为 $G$ 中结点的最大度数。

  证明： 给出构造。按任意顺序枚举 ((x,y)in E)，令 (p) 为 (x) 的邻接边中未染的最小颜色，(q) 为 (y) 的邻接边中未染的最小颜色。由于 (chi'(G)=Delta(G))，(p,q) 是存在的。

1. 若 (p=q)，令 (f((x,y))=p)。
2. 若 (p ot=q)，不妨令 (p>q)，必然存在增广路 (P=lang x_1=x,y_1,x_2,y_2,cdots,x_k ang)，满足 (forall iin[1,k),f((x_i,y_i))=pland f((y_i,x_{i+1}))=q)。同时，亦有 (y otin P)。我们翻转这条路径的边染色，即 (f((x_i,y_i))leftarrow q,f((y_i,x_{i+1}))leftarrow p)。此时可套用讨论 1.。

  综上，每条边都能被染色且不出现共色的邻接边。命题得证。 (square)

  尝试将原命题向引理靠拢。令新图 (G') 初始为 (G)。依次枚举 (G') 中的结点 (x)，尝试将其拆点。设 (x) 的邻接点集为 (operatorname{adj}(x))，任取它的一个划分 (S={S_1,cdots,S_k})，满足 (|S_1|=cdots=|S_{k-1}|=c)，若 (k>1)，则令 (V_{G'}leftarrow V_{G'}cup{x_1,cdots,x_k}setminus{x})，且 (operatorname{adj}(x_i)leftarrow S_i)。注意若 (x) 已是拆出的点，那么必然不会导致图的变动，拆点是可完成的。

  此后，发现 (Delta(G')le c) 且 (G') 依旧是二分图。由引理，(chi'(G)=Delta(G))，我们取出这样一个染色 (f)，将拆点合并回原图 (G) 且不改变边染色，显然 (f) 取到了答案下界。 (square)

  (mathcal O(|X|+|Y|+|E|)) 算一算就好。

(mathcal{Code})

/*~Rainybunny~*/

#ifndef RYBY
#pragma GCC optimize( "Ofast" )
#endif

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

inline char fgc() {
	static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
	return p == q && ( q = buf + fread( p = buf, 1, 1 << 17, stdin ), p == q )
	   ? EOF : *p++;
}

inline int rint() {
	int x = 0, s = fgc();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = fgc() );
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x;
}

const int MAXN = 1e6;
int n, m, k, c, deg[MAXN + 5];

int main() {
	freopen( "qiandao.in", "r", stdin );
	freopen( "qiandao.out", "w", stdout );
	
	n = rint(), m = rint(), k = rint(), c = rint();
	rep ( i, 1, k ) {
		int u = rint(), v = rint();
		++deg[u], ++deg[v + n];
	}
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, n + m ) ans += !!( deg[i] % c );
	printf( "%d
", ans );
	return 0;
}