转化欧拉回路(难题)-UESTC-1957励志的猴子

励志的猴子

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上图是2013南京亚青会吉祥物圆圆。自从它诞生以来，它就被吐槽为最丑吉祥物。即使如此，它仍然坚强的活着，并且……它还学会了人类的坐标系、画画和数学，成为了猴界的全才。看到它这么努力，你还有理由不努力吗！

虽然如此努力，圆圆受限于猴子的脑容量，还是差了一点——它只能掌握一维坐标系，画画只能分辨两种颜色，数学上只会不等式，只能认识整数。这一天，圆圆很无聊，于是它拿起一维坐标纸，想在纸上画n条线段，第i条线段从坐标轴的xi延伸到yi（包括端点）。

励志的圆圆想要展示一下自己的智商，它用红蓝彩笔画下这n条线段，并且希望对于坐标轴上任意一个点，经过它的红线和蓝线数量的绝对值之差小于等于1.如果某个点是线段的端点，则这条线段也算作经过该点。

不过这时，圆圆发现自己的算数能力还是有点差，于是它找到了你，希望你确定每条线段的颜色，来满足它的奇思妙想。

Input

第一行一个整数n(1 ≤ n ≤ 100000), 表示圆圆画的线段的数量。

接下来n行，每行两个整数x,y( 0≤ x ≤ y ≤ 109109 ),表示一条线段从x延伸到y。

Output

输出n个数，用空格隔开，如果第i条线段是蓝色，则输出0，否则输出1.

如果有多组解，输出一组即可。

如果找不到答案，输出一个数-1.

Sample input and output

Sample Input	Sample Output
2 1 2 2 3	0 1
6 1 5 1 3 3 5 2 10 11 11 12 12	0 1 1 0 0 1

Hint

样例1: 第一条线段是蓝色，第二条线段是红色。

两组样例都可能有其他正确答案。

Source

2018 UESTC ACM Training for Graph Theory    

题解：观察发现，仅当一条线段结束或开始时，染色情况才可能有变化。若将所有线段表示为[L,R],则将它们全部延伸至[L,R+1)，就无需单独考虑整点。    

将所有左边界和右边界+1位置的整点去重排序，形成集合 {x1, x2, ..., xk}，则只需考虑区间[0, x1) [x1, x2) ... [xk-1, xk) [xk, ∞) 。    [0, x1) [x1, x2) ... [xk-1, xk) [xk, ∞) 
     X1        X2     ...       Xk         Xk+1
若将一个区间涂色，则所有包含这个区间的线段都要被涂色。
把这些区间看做图的节点，把线段看做图的边。
例如：对于一条包含区间{Xi, Xi+1, ..., Xj-1, Xj} 的线段，可以视为点i连向点j+1的一条无向边。这样，就组成了多个连通图。
对于每个连通图，我们需要把这些边按相同的方法涂色，就能解决问题。

假设：连通图当中，所有节点的度数都为偶数。

那么，图中所有边组成的一条路径构成了一条欧拉回路。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6;
const int maxn1=3e5;
struct part{
int v,id;
} ee[maxn];

struct part1{
int to,net;
} e[maxn];

int b[maxn],c[maxn],d[maxn],vis[maxn],flag[maxn],cnt,n,k,len;
int a[maxn],v[maxn],g[maxn1],head[maxn1],st[maxn1],du[maxn1],emp[maxn1],top,s[maxn1],f[maxn1];

bool cmp(part a,part b)
{
    return a.v<b.v;
}

void addedge(int x,int y)
{
    v[cnt]=0;
    e[cnt].to=y;
    e[cnt].net=st[x];
    st[x]=cnt++;
}

void dfs(int x)
{
    if(emp[x]==1) return ;
    top++;
    s[top]=x;
    int ii=st[x];
    while (ii!=-1&&v[ii]) ii=e[ii].net;
    st[x]=ii;
    if(ii==-1) 
{ 
emp[x]=1;
return ; 
}
    if(ii!=-1)
    {
        v[ii]=1;
        st[x]=e[ii].net;
        if (st[x]==-1) emp[x]=1;
        int p=e[ii].to;
        int jj=ii^1;
        v[jj]=1;
        dfs(p);
    }
}

void fluey(int x)
{
    top=0;
    s[top]=x;
    while(top>=0)
    {
        if (emp[s[top]]==1)
        {
            len+=1;
            f[len]=s[top];
            flag[s[top]]=1;
            top--;
        } 
else
        {
            top--;
            dfs(s[top+1]);
        }
    }
}

int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
    cin>>n;
    int temp=0,x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>x>>y;
        temp+=1;
        ee[temp].v=x;
        ee[temp].id=i;
        temp+=1;
        ee[temp].v=y+1;
        ee[temp].id=i+n;
    }

    sort(ee+1,ee+1+2*n,cmp);
    for(int i=1;i<=2*n;i++) c[ee[i].id]=i;
    d[1]=ee[1].v;
    b[1]=1;
    k=1;
    for(int i=2;i<=2*n;i++) 
    {
    if(ee[i].v==d[k]) { b[i]=k; continue; } 
else { k++; d[k]=ee[i].v; b[i]=k; }
    
    cnt=0;
    for(int i=1;i<=n*2;i++) st[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        addedge(b[c[i]],b[c[i+n]]);
        addedge(b[c[i+n]],b[c[i]]);
        du[b[c[i]]]++;
        du[b[c[i+n]]]++;
        v[i-1]=0;
        v[i+n-1]=0;
    }

    temp=0;
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    if(du[i]&1) a[++temp]=i;   
   
    sort(a+1,a+1+temp);
    for(int i=1;i<=temp;i++)
    if(i & 1)
    {
        addedge(a[i],a[i+1]);
        addedge(a[i+1],a[i]);
        du[a[i]]+=1;
        du[a[i+1]]+=1;
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
    {
    if(du[i]>0) emp[i]=0; 
else emp[i]=1;
}
        
    for(int i=1;i<=2*n;i++) head[i]=st[i];
    for(int j=1;j<=2*n;j++)
    {
    if(!flag[j] && du[j]>0)
    {
      len=0;
      fluey(j);
      memset(vis,0,sizeof vis);
      for(int i=1;i<=len-1;i++)
      {
        x=f[i]; y=f[i+1];
        int ii=head[x];
        while(ii!=-1)
        {
            if(e[ii].to==y && vis[ii]==0) break;
            ii=e[ii].net;
        }
        if(x<y) g[ii/2+1]=1; 
else g[ii/2+1]=0;
        vis[ii]=1;
        vis[ii^1]=1;
      }
    }
}
    for(int i=1;i<=n;i++) i==n? cout<<g[i]<<endl : cout<<g[i]<<" ";
    return 0;
}