图论+dp poj 1112 Team Them Up!-白红宇

图论+dp poj 1112 Team Them Up!

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发布时间：2019-06-06

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题目大意：

有编号为1~n的n个人，给出每个人认识的人的编号，注意A认识B,B不一定认识A，让你将所有的人分成两组，要求每组的人相互认识，且两组的人数要尽可能的接近。

求出每组的人的编号。

解题思路：

图论+背包（输出物品）。

相互认识的关系不好确定分组，如果转换思路，考虑相互不认识的情况就简单好多，如果A不认识B，且B不认识C，那么A和C必须分到同一组里。所以就想到了，连通分量的染色，相邻的两个染不同的颜色（0或1），每一个连通分量分成两组，并且相同颜色的人不能有边（一定要相互认识），容易知道不同连通分量的人一定相互认识，否则是连通的。

然后问题就转化为有多个连通分量，每个连通分量有两组，每组必须属于一个队，求两个队的人数差最小，并分别输出两队的人。

dp[i][j]表示到了第i个连通分量，且第一个队的人数为j时是否能够恰好凑齐。

ans[i][j]表示对应于状态dp[i][j]时的选择，0表示选择0颜色的节点，1表示选择1颜色的节点。

求出dp[num][]后，根据ans[num][]的值往前推，颜色选好后把所有的该颜色节点都加进去该队里去。

代码：

#include
    
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                 #define eps 1e-6#define INF 0x1f1f1f1f#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define lson l,m,(rt<<1)#define rson m+1,r,(rt<<1)|1//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;//本题关键是建反图，将相互认识的情况，转化成相互不认识的情况//思维逆向，这样便于处理，因为不同的连通区一定相互认识，同一连通区内可以分层处理，相邻的一定不相互认识#define Maxn 110struct Node{ int cnt[2]; int sa[2][Maxn]; //存每个连通区间的两类人数}node[Maxn];bool kn[Maxn][Maxn],nn[Maxn][Maxn];bool vis[Maxn];int n,num;bool dp[Maxn][Maxn]; //dp[i]表示第一个team的人数int ans[Maxn][Maxn]; //记录到达第i个连通区且状态为j时第一个队的选择int aa[Maxn],bb[Maxn];//aa表示第一个队的组成成员，void dfs(int v,int p){ node[num].cnt[p]++; //该连通区该颜色的人数 node[num].sa[p][node[num].cnt[p]]=v;//标号 for(int i=1;i<=n;i++) { if(!nn[v][i]||vis[i]) continue; vis[i]=true; dfs(i,p^1); }}bool ok() //对每一个区间扫描是否有矛盾的{ for(int i=1;i<=num;i++) { for(int p=0;p<2;p++) { for(int k=1;k<=node[i].cnt[p];k++) for(int m=k+1;m<=node[i].cnt[p];m++) { int a=node[i].sa[p][k],b=node[i].sa[p][m]; if(nn[a][b]) //同一联通快内，同颜色不认识的话有矛盾 return false; } } } return true;}int main(){ int a; while(~scanf("%d",&n)) { memset(kn,false,sizeof(kn)); memset(nn,false,sizeof(nn)); for(int i=1;i<=n;i++) while(scanf("%d",&a)&&a) kn[i][a]=true; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(!kn[i][j]||!kn[j][i]) nn[i][j]=nn[j][i]=true; //建无向反图 memset(vis,false,sizeof(vis)); num=0; //num表示连通区的个数 for(int i=1;i<=n;i++) //对每一个连通区间 染色 if(!vis[i]) { num++; vis[i]=true; node[num].cnt[0]=node[num].cnt[1]=0; dfs(i,0); } if(!ok()) { printf("No solution\n"); continue; } memset(dp,false,sizeof(dp)); memset(ans,0,sizeof(ans)); dp[0][0]=true; for(int i=1;i<=num;i++) //简单背包，每个连通分量每种颜色必须进一个小队 { for(int j=n;j>=min(node[i].cnt[0],node[i].cnt[1]);j--) //第一个背包 { if(!dp[i][j]&&j>=node[i].cnt[0]&&dp[i-1][j-node[i].cnt[0]]) dp[i][j]=true,ans[i][j]=0; if(!dp[i][j]&&j>=node[i].cnt[1]&&dp[i-1][j-node[i].cnt[1]]) dp[i][j]=true,ans[i][j]=1; } } int gap=n,temp1=0,temp2=0; for(int i=1;i<=n;i++) //求出 差值最小的 两支队伍数 if(dp[num][i]&&abs(i-(n-i))
                 
                  =1;i--) { //printf(":::%d\n",ans[i][temp1]); if(ans[i][temp1]) //逆向输出,说明达到该状态第一队选择了第1种 { for(int j=1;j<=node[i].cnt[1];j++) aa[++p]=node[i].sa[1][j]; for(int j=1;j<=node[i].cnt[0];j++) bb[++q]=node[i].sa[0][j]; temp1-=node[i].cnt[1]; //注意第一队要减去选择了的人数 每个连通分量必须有人选， } //第一队选择了第0种 else { for(int j=1;j<=node[i].cnt[0];j++) aa[++p]=node[i].sa[0][j]; for(int j=1;j<=node[i].cnt[1];j++) bb[++q]=node[i].sa[1][j]; temp1-=node[i].cnt[0]; } } printf("%d",q); for(int i=1;i<=q;i++) printf(" %d",bb[i]); putchar('\n'); printf("%d",p); for(int i=1;i<=p;i++) printf(" %d",aa[i]); putchar('\n'); } } return 0;}

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