当前位置：首页 > news >正文

信息学奥赛一本通 1861：【10NOIP提高组】关押罪犯 | 洛谷 P1525 [NOIP 2010 提高组] 关押罪犯

news 来源：原创 2025/5/26 5:04:43

【题目链接】

ybt 1861：【10NOIP提高组】关押罪犯
洛谷 P1525 [NOIP 2010 提高组] 关押罪犯

【题目考点】

1. 图论：二分图

2. 二分答案

3. 种类并查集

【解题思路】

解法1：种类并查集

一个囚犯是一个顶点，一个囚犯对可以看做一条边，每个囚犯对的怨气值是边的权值。
一个监狱的囚犯属于一个集合，也就是一个连通分量。
现在给定很多顶点和预设的边，将所有的顶点分为两个集合，每个集合中顶点之间的边都生效。求所有的集合划分方案中集合中最大边权的最小值。

为了使集合中边权最大的边最小，可以将所有边按权值从大到小排序。按权值从大到小遍历所有的边，尽量让权值大的边所连接的两个顶点不在同一个集合。如果发现某条边连接的两个顶点无法放在不同的集合，那么该边的两个顶点就必须放在相同的集合中，该边就是集合中边权最大的边。该边的边权就是所有的集合划分方案中集合中最大边权的最小值。

对于第 $i$ 个顶点，我们可以假想存在顶点 $i + n$ ，顶点 $i + n$ 与顶点 $i$ 不在同一个集合。
对于权值为 $w$ 的边 $(u, v)$

如果顶点 $u$ 和顶点 $v$ 已经在同一集合，那么已经无法将 $u$ 和 $v$ 放到两个不同的集合，集合中存在的最大边权就是 $w$ ， $w$ 就是该问题的结果。
否则，让顶点 $u$ 和顶点 $v$ 不在同一个集合。由于顶点 $v + n$ 和顶点 $v$ 不在同一集合，那么顶点 $u$ 和顶点 $v + n$ 一定在同一集合，将二者所在的集合合并。
同理，顶点 $v$ 和顶点 $u + n$ 在同一集合，将二者所在的集合合并。

设排序后，有顶点1到顶点2的边，权值为3。有顶点1到顶点3的边，权值为3，有顶点2到顶点3的边，权值为2，设总顶点数n为10。
运行上述算法

访问顶点1到顶点2的边，将顶点1和假想的与顶点2不在同一集合的顶点12合并，顶点2和假想的与顶点1不在同一集合的顶点11合并。
访问顶点1到顶点3的边，将顶点1和顶点13合并，此时1, 12, 13处于同一集合。将订单3和顶点11合并，此时2, 3, 11处于同一集合。
访问顶点2到顶点3的边，发现顶点2、3在同一集合，那么集合中最大边权为顶点2到顶点3的边的权值，为2。

解法2：二分答案+二分图判定

市长看到的冲突事件是影响力最大的冲突事件。要使影响力最大的冲突事件的影响力最小，是最大值最小问题，可以使用二分答案解决。

答案变量：集合中的最大边权c
最值：求最小值
满足条件：将所有顶点分为两个集合，集合内顶点间的边权都小于等于c
该条件仍然难以判断。可以反向思考，如果集合内顶点间的边权都小于等于c，那么边权大于c的边一定只能是分别连接两集合中的两个顶点。
如果只考虑边权大于c的边，所有的边的一端是一个集合中的顶点，另一端是另一个集合中的顶点，该图就是一个二分图。
因此二分答案满足条件为：只考虑边权大于c的边时，该图是二分图。
可以使用染色法进行二分图判定，只有边权大于c时才通过该边访问邻接点。

可以直接二分答案边权数值。也可以先对保存边权的序列进行排序，而后在边权序列上进行二分查找目标边权的下标。

【题解代码】

解法1：种类并查集

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 20005
#define M 100005
struct Edge
{
	int u, v, w;
	bool operator < (const Edge &b) const
	{
		return w > b.w;
	}
} e[M];
int n, m, fa[2*N], ans;
void initFa(int n)
{
	for(int i = 1; i <= 2*n; ++i)
		fa[i] = i;
}
int find(int x)
{
	return fa[x] = x == fa[x] ? x : find(fa[x]);
}
void merge(int x, int y)
{
	fa[find(x)] = find(y);
}
int main()
{
	cin >> n >> m;
	initFa(n);
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;
	sort(e+1, e+1+m);
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		int u = e[i].u, v = e[i].v, w = e[i].w;
		if(find(u) == find(v))
		{
			ans = w;
			break;
		}
		merge(u, v+n);
		merge(v, u+n);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

解法2：二分答案+二分图判定

写法1：广搜二分图判定，二分答案边权数值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 20005
struct Edge
{
	int v, w;
};
int n, m, color[N];
vector<Edge> edge[N];
bool bfs(int sv, int c)//二分图判定，只关注大于c的边
{
	queue<int> que;
	color[sv] = 1;
	que.push(sv);
	while(!que.empty())
	{
		int u = que.front();
		que.pop();
		for(Edge e : edge[u]) if(e.w > c)//只访问权值大于c的边 
		{
			int v = e.v;
			if(color[v] == 0)
			{
				color[v] = 3-color[u];
				que.push(v);
			}
			else if(color[v] == color[u])
				return false;
		}
	}
	return true;
}
bool check(int c)//只关注大于c的边时，该图是否为二分图
{
	memset(color, 0, sizeof(color));
	for(int i = 1; i <= n; ++i) if(color[i] == 0 && !bfs(i, c))
		return false;
	return true;
} 
int main()
{
	int a, b, c;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		cin >> a >> b >> c;
		edge[a].push_back(Edge{b, c});
		edge[b].push_back(Edge{a, c});
	}
	int l = 0, r = 1e9;
	while(l < r)
	{
		int mid = (l+r)/2;
		if(check(mid))
			r = mid;
		else
			l = mid+1;
	}
	cout << l;
	return 0;
}

写法2：深搜二分图判定，二分查找下标

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 20005
#define M 100005
struct Edge
{
	int v, w;
};
int n, m, color[N], w[M];
vector<Edge> edge[N];
bool dfs(int u, int c)
{
	for(Edge e : edge[u]) if(e.w > c)
	{
		int v = e.v;
		if(color[v] == 0)
		{
			color[v] = 3-color[u];
			if(!dfs(v, c))
				return false;
		}
		else if(color[v] == color[u])
			return false;
	}
	return true;
}
bool check(int c)//只关注大于c的边时，该图是否为二分图
{
	memset(color, 0, sizeof(color));
	for(int i = 1; i <= n; ++i) if(color[i] == 0)
	{
		color[i] = 1;
		if(!dfs(i, c))
			return false;
	}
	return true;
} 
int main()
{
	int a, b, c;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		cin >> a >> b >> c;
		edge[a].push_back(Edge{b, c});
		edge[b].push_back(Edge{a, c});
		w[i] = c;
	}
	sort(w+1, w+1+m);
	int l = 0, r = m;//l最小应该为0，w[0]为0，当下标取到0时，结果为0，此时取所有的边，仍然是二分图。 
	while(l <= r)
	{
		int mid = (l+r)/2;
		if(check(w[mid]))
			r = mid-1;
		else
			l = mid+1;
	}
	cout << w[l];
	return 0;
}