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【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

1. 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。
2. 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。
3. 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;elsel = 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;elsel = mid+1;}cout << w[l];return 0;
}